(2,0 điểm) Giải các phương trình và bất phương trình sau:

a) \(4x - 32 = 0\).             b) \({x^2} - 8x + 7 = 0\).        c) \(5x - 20 > 0\).

c) Phép thử: lấy ngẫu nhiên cùng lúc hai viên bi từ túi gồm 5 viên bi.

Ta có không gian mẫu là tập hợp tất cả các cặp bi có thể lấy ra. Ta liệt kê các kết quả này (mỗi kết quả là một tập hợp gồm 2 viên bi không phân biệt thứ tự).

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

Do đó, số phần tử của không gian mẫu là 10.

Theo giả thiết, 5 viên bi có cùng khối lượng và kích thước, được lấy ra một cách ngẫu nhiên. Đồng thời, mỗi cặp 2 viên bi bất kì (trong 10 cặp kể trên) đều có khả năng được lấy ra như nhau. Vậy kết quả có thể của phép thử là đồng khả năng. Gọi E là biến cố “Tích của hai số ghi trên viên bi lớn hơn 6”.

Do đó, nhận thấy các kết quả thuận lợi cho biến cố E là: (2, 4); (2, 5); (3, 4); (3, 5); (4, 5).

Suy ra có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố trên.

Vậy xác suất của biến cố E là: \(P = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}\).

a) Vì \(BE \bot AC\) và \(H \in BE\) nên \(\widehat {AEH} = 90^\circ \).

Vì \(CF \bot AB\) và \(H \in CF\) nên \(\widehat {AFH} = 90^\circ \).

Do đó, \(\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = 90^\circ \).

Từ đây chứng minh được \(A,\,\,F,H,\,\,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\).

Vậy tứ giác \(AFHE\) là tứ giác nội tiếp.

b) Vì \(AD \bot BC\) nên trong tam giác vuông \(ABD\) có \(AD = AB \cdot \sin \widehat {ABC}\).

Mặt khác, do tam giác \(ABC\) nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) và \(AM\) là đường kính nên

\(AM = 2R\).

Theo định lí sin trong tam giác \(ABC\) có: \(\widehat {\frac{{AC}}{{\sin ABC}}} = 2R = AM\).

Suy ra \(\sin \widehat {ABC} = \frac{{AC}}{{AM}}\), do đó \(AD = AB \cdot \frac{{AC}}{{AM}}\).

Suy ra \(AD \cdot AM = AB \cdot AC\).

c) Ta chứng minh \(K\) là trung điểm của \(HM\).

Do \(AM\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ABM} = 90^\circ ;\,\,\,\widehat {ACM} = 90^\circ \).

Suy ra \(BM \bot AB;\,\,CM \bot AC\).

Mà \(CH \bot AB\), \(BH \bot AC\).

Do đó, \(BM\parallel CH,\,\,CM\parallel BH\).

Suy ra tứ giác \(BHCM\) là hình bình hành.

Vì \(K\) là trung điểm của \(BC\) mà trong hình bình hành \(BHCM\) hai đường chéo \(BC\) và \(HM\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Suy ra \(K\) là trung điểm của \(HM\)

Vậy ba điểm \(H,\,K,\,M\) thẳng hàng.