Trong hộp bút có 2 chiếc bút bi xanh khác nhau và 2 chiếc bút bi đỏ khác nhau. Lấy ngẫu nhiên đồng thời hai chiếc bút trong hộp, xác suất của biến cố “Lấy được hai chiếc bút bi khác màu” là

Gọi giá niêm yết của cái cặp sách là \(x\) (đồng) và đôi giày là \(y\) (đồng). Điều kiện: \(0 < x,y < 950000.\)

Theo dự định, tổng số tiền là 950000 đồng nên ta có phương trình: \(x + y = 950000\quad (1)\)

Giá thực tế của cặp sách sau khi giảm 20000 đồng là: \(x - 20000\) (đồng).

Giá thực tế của đôi giày sau khi giảm 10% là: \(y - 0,1y = 0,9y\) (đồng).

Tổng số tiền An phải trả là 870000 đồng nên ta có phương trình:

\(\left( {x - 20000} \right) + 0,9y = 870000\) hay \(x + 0,9y = 890000\quad \left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 950000\quad \,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\x + 0,9y = 890000\quad \left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Trừ vế theo vế (1) cho (2), ta được:

\(0,1y = 60000\) suy ra \(y = 600000\) (tm).

Thay \(y = 600000\) vào (1) thu được \(x = 350000\) (tm).

Vậy giá niêm yết của cái cặp sách là 350000 đồng, của đôi giày là 600000 đồng.

a) Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {AEB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

Suy ra \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) nên \(\widehat {DEB} = 90^\circ \).

Theo giả thiết \(CH \bot AB\) tại \(H\) nên \(\widehat {DHB} = 90^\circ \).

Xét tứ giác \(BHDE\), ta có: \(\widehat {DEB} = \widehat {DHB} = 90^\circ \) nên tứ giác \(BHDE\) nội tiếp được trong một đường tròn.

Vậy bốn điểm \(B,H,D,E\) cùng nằm trên một đường tròn (đường tròn đường kính \(BD\)).

b) Xét \(\Delta ADH\) và \(\Delta ABE\) có:

\(\widehat {AHD} = \widehat {AEB} = 90^\circ \) (chứng minh trên),

Góc \(\widehat {A\,\,}\) chung (hay \(\widehat {DAH} = \widehat {EAB}\)).

Do đó, $\Delta ADH\backsim \Delta ABE$ (g.g).

Suy ra tỉ số:\(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AE}}\) nên \(AD \cdot AE = AH \cdot AB\).

Khi đó:

\(P = AD \cdot AE + BH \cdot BA\)

\(P = AH \cdot AB + BH \cdot AB\)

\(P = AB\left( {AH + BH} \right)\)

\(P = AB \cdot AB = A{B^2}\)

\(P = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}.\)

c) Vì \(\widehat {AOC} < 90^\circ \) nên điểm \(H\) nằm giữa \(A\) và \(O\). Đặt \(\widehat {AOC} = \alpha \) (\(0^\circ < \alpha < 90^\circ \)).

Xét tam giác \(OHC\) vuông tại \(H\), ta có:

\(CH = OC \cdot \sin \alpha = R\sin \alpha \) và \(OH = OC \cdot \cos \alpha = R\cos \alpha \)

Độ dài \(HB = HO + OB = R\cos \alpha + R = R\left( {1 + \cos \alpha } \right)\).

Thay vào biểu thức \(T\):

\(T = \frac{1}{{R\sin \alpha + R}} + \frac{1}{{R(1 + \cos \alpha )}} = \frac{1}{R}\left( {\frac{1}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{1}{{1 + \cos \alpha }}} \right)\)

Ta có \({\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\) suy ra \({\left( {a + b} \right)^2} \ge 4ab\) và \({\left( {a + b} \right)^2} \le 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\)

Ta suy ra các BĐT \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}\) và \(a + b \le \sqrt {2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)} \).

Áp dụng BĐT trên ta có

\(\frac{1}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{1}{{1 + \cos \alpha }} \ge \frac{4}{{2 + \left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right)}}.\)

\(\sin \alpha + \cos \alpha \le \sqrt {2\left( {{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha } \right)} = \sqrt 2 .\)

Do đó \(2 + \left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right) \le 2 + \sqrt 2 .\)

Suy ra: \(\frac{4}{{2 + \left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right)}} \ge \frac{4}{{2 + \sqrt 2 }} = 4 - 2\sqrt 2 .\)

Từ đó ta được: \(T \ge \frac{{4 - 2\sqrt 2 }}{R}.\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 + \sin \alpha = 1 + \cos \alpha }\\{\sin \alpha + \cos \alpha = \sqrt 2 }\end{array}} \right.\) tức là \(\sin \alpha = \cos \alpha \) suy ra \(\alpha = 45^\circ .\)

Giá trị \(\alpha = 45^\circ \) hoàn toàn thỏa mãn điều kiện \(0^\circ < \alpha < 90^\circ .\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(T\) là \(\frac{{4 - 2\sqrt 2 }}{R}\) khi \(\widehat {AOC} = 45^\circ .\)