Một hộp đựng 6 thẻ cùng loại được đánh số 1; 2; 3; 4; 5; 6. Rút ngẫu nhiên một thẻ từ trong hộp. Số phần tử của không gian mẫu là:

Với \(x > 0\) và \(x \ne 4\), ta có:

\(A = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{2}{{x - 4}}} \right) \cdot \frac{{x - 4}}{{2x}}\)

\( = \left[ {\frac{{\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{2}{{x - 4}}} \right] \cdot \frac{{x - 4}}{{2x}}\)

\( = \frac{{\sqrt x - 2 + 2}}{{x - 4}} \cdot \frac{{x - 4}}{{2x}} = \frac{{\sqrt x }}{{2x}} = \frac{1}{{2\sqrt x }}.\)

Vậy \(A = \frac{1}{{2\sqrt x }}\) với \(x > 0,x \ne 4\).

a) Theo tính chất tiếp tuyến thì ta có \(\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = 90^\circ \) nên hai điểm \(A,\,\,B\) nằm trên đường tròn đường kính \(MO\) suy ra tứ giác \(MAOB\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(MO\).

Vậy 4 điểm \(M,A,O,B\) cùng thuộc một đường tròn.

b) *) Chứng minh \(MC.MD = M{A^2}\):

Xét \(\Delta CMA\) và \(\Delta AMD\) có \(\widehat {AMD}\) là góc chung và \(\widehat {MAC} = \widehat {MDA}{\rm{ }}\)

Suy ra $\Delta CMA\backsim \Delta AMD$ (g.g), nên \(\frac{{AM}}{{CM}} = \frac{{DM}}{{AM}}\), hay \(M{A^2} = MC.MD\).

*) Chứng minh \(HE\) vuông góc với \(AI\):

Xét \(\Delta OAM\) và \(\Delta OHA\) có \(\widehat {AOH}\) là góc chung và \(\widehat {OHA} = \widehat {OAM} = 90^\circ \)

Suy ra $\Delta OAM\backsim \Delta OHA$ (g.g).

Dẫn đến \(\frac{{OH}}{{OA}} = \frac{{OA}}{{OM}}\) hay \(\frac{{OH}}{{OC}} = \frac{{OC}}{{OM}} = \frac{{OC - OH}}{{OM - OC}} = \frac{{OC + OH}}{{OM + OC}} = \frac{{OD + OH}}{{OM + OD}}\) tức là \(\frac{{HC}}{{CM}} = \frac{{HD}}{{DM}}\quad \left( 1 \right).\)

Ta sẽ chứng minh \(I{H^2} = IC.ID\).

Thật vậy: (1) tương đương \(\frac{{DM}}{{MC}} = \frac{{DH}}{{CH}}\).

Mặt khác: \[\frac{{DM}}{{MC}} = \frac{{IM + ID}}{{IC + IM}};\quad \frac{{DH}}{{CH}} = \frac{{ID - IH}}{{IH - IC}}.\]

Mà \[IM = IH\] nên \[\frac{{IH + ID}}{{IC + IH}} = \frac{{ID - IH}}{{IH - IC}}.\]

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta suy ra được \(\frac{{IH}}{{IC}} = \frac{{ID}}{{IH}}\), nên \(I{H^2} = IC.ID\).

Xét \(\Delta ICE\) và \(\Delta IAD\) có \(\widehat {AID}\) là góc chung và \(\widehat {ICE} = \widehat {IAD}\) (do tứ giác \(CEAD\) nội tiếp)

Suy ra $\Delta ICE\backsim \Delta IAD$ (g.g), dẫn đến \(\frac{{IE}}{{ID}} = \frac{{IC}}{{IA}}\), hay \(IE.IA = IC.ID\).

Từ đây suy ra \(I{H^2} = IE.IA\), tương đương với \(\frac{{IH}}{{IE}} = \frac{{IA}}{{IH}}\) (2).

Xét \(\Delta IHE\) và \(\Delta IAH\) có \(\widehat {AID}\) là góc chung và \(\frac{{IH}}{{IE}} = \frac{{IA}}{{IH}}\)

Do đó $\Delta IHE\backsim \Delta IAH$ (c.g.c), nên là \(\widehat {IEH} = \widehat {IHA} = 90^\circ \), hay \(HE \bot AI\).