Một hình cầu có bán kính bằng 3 cm. Diện tích mặt cầu bằng:

a) Không gian mẫu của phép thử là:

\(\Omega = \left\{ {\left( {1;4} \right);\left( {1;5} \right);\left( {1;6} \right);\left( {2;4} \right);\left( {2;5} \right);\left( {2;6} \right);\left( {3;4} \right);\left( {3;5} \right);\left( {3;6} \right)} \right\}\)

Như vậy, có tất cả 9 khả năng.

Mặt khác, để thỏa mãn biến cố \(A\): “Tổng hai số trên hai thẻ rút ra là một số lẻ” thì có tất cả các khả năng sau thỏa mãn: \(A = \left\{ {\left( {1;5} \right);\left( {2;4} \right);\left( {2;6} \right);\left( {3;5} \right)} \right\}\).

nên số phần tử của \(A\) là 4.

Vậy xác suất của biến cố \(A\) là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{4}{9}\).

b) Đổi 20 phút \( = \frac{1}{3}\) giờ.

Gọi vận tốc ban đầu của ô tô đó là \(x\) (km/h) (\(x > 0\)).

Thời gian dự định ô tô đi từ A đến B là \(\frac{{240}}{x}\) (giờ). Sau 2 giờ, ô tô đi được \(2x\) (km).

Khi này, quãng đường còn lại xe cần đi là \(240 - 2x\) (km).

Để đến B đúng thời gian quy định, người lái ô tô đã tăng vận tốc \(x + 12\) (km/h).

Thời gian ô tô đi trong quãng đường còn lại là \(\frac{{240 - 2x}}{{x + 12}}\) (giờ).

Do ô tô đến B đúng thời gian đã định nên ta có phương trình:

\(\frac{{240}}{x} = 1 + \frac{1}{3} + \frac{{240 - 2x}}{{x + 12}}\)

\(\frac{{240}}{x} = \frac{4}{3} + \frac{{240 - 2x}}{{x + 12}}\)

\(\frac{{240}}{x} = \frac{{x + 804}}{{3\left( {x + 12} \right)}}\)

\(3.240\left( {x + 12} \right) = x\left( {x + 804} \right)\)

\({x^2} + 84x - 8640 = 0\)

\(\left( {x - 60} \right)\left( {x + 144} \right) = 0\)

Suy ra \(x - 60 = 0\) (do \(x > 0\) nên \(x + 144 > 0\))

           \(x = 60\) (km/h), thỏa mãn điều kiện đề bài.

Vậy vận tốc ban đầu của xe ô tô là 60 km/h.

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 \(HE \bot AI\).