Cho biểu đồ cột biểu diễn điểm chuẩn trúng tuyển nguyện vọng 1 vào lớp 10 trung học phổ thông (THPT) công lập năm học 2026 – 2027 của 10 trường tại Hà Nội.

 

Nguồn: Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội.

Quan sát biểu đồ và cho biết số lượng các trường có điểm chuẩn từ 22 điểm trở lên? Kể tên những trường THPT đó.

Chiều dài dải ruy băng để bọc hộp quà (không tính phần thắt nơ \(10\) cm) là:

\(130 - 10 = 120\) (cm).

Gọi chiều cao của hộp quà là \(h\) (cm), cạnh đáy hình vuông là \(x\) (cm).

Điều kiện: \(0 < x,\,\,h < 30\).

Chiều dài dây bọc quanh hộp quà gồm 4 chiều cao và 4 cạnh đáy là:

\(4h + 4x = 120\) suy ra \(4\left( {h + x} \right) = 120\) suy ra \(h = 30 - x\).

Thể tích của hộp quà là:

\(V = h \cdot {x^2} = {x^2}\left( {30 - x} \right) =  - {x^3} + 30{x^2}\) (cm3).

Xét hiệu \(V - 4000\) ta có:

\(V - 4000 =  - {x^3} + 30{x^2} - 4000 =  - \left( {x + 10} \right){\left( {x - 20} \right)^2}\)

Vì \(x > 0\) nên \(x + 10 > 0\) và \({\left( {x - 20} \right)^2} \ge 0\), do đó:

\( - \left( {x + 10} \right){\left( {x - 20} \right)^2} \le 0\) suy ra \(V \le 4000\).

Dấu “\[ = \]” xảy ra khi \(x - 20 = 0\) suy ra \(x = 20{\rm{\;}}\) (thỏa mãn).

\(h = 30 - 20 = 10\) (thỏa mãn).

Vậy thể tích lớn nhất của hộp quà có thể bọc được là \(4000\) cm³.

a) Xét \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\), áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn ta có:

\(\sin \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{6}{{10}} = 0,6\) suy ra \(\widehat {ACB} \approx 37^\circ \).

Áp dụng định lý Pythagore cho \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\) ta có:

\(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}}  = 8\) (cm).

Xét \({\rm{\Delta }}HBA\) và \({\rm{\Delta }}ABC\) có:

\(\widehat {BHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ \) (do \(AH \bot BC\) và \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\));

\(\widehat {ABC}\) là góc chung.

Do đó, $\text{Δ}HBA\backsim \text{Δ}ABC$ (g.g)

Suy ra \(\frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{BC}}\) suy ra \(AH = \frac{{AB \cdot AC}}{{BC}} = \frac{{6 \cdot 8}}{{10}} = 4,8\) (cm).                 

b) Xét \({\rm{\Delta }}BAH\) và \({\rm{\Delta }}BCA\) có:

\(\widehat {BHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ \);

\(\widehat {B\,}\) là góc chung.

Do đó, $\text{Δ}BAH\backsim \text{Δ}BCA$ suy ra \(\frac{{BA}}{{BC}} = \frac{{BH}}{{BA}}\) hay \(B{A^2} = BH \cdot BC\) (1).

Chứng minh tương tự ta có  suy ra \(\frac{{BA}}{{BM}} = \frac{{BK}}{{BA}}\) hay \(B{A^2} = BK \cdot BM\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(BH \cdot BC = BK \cdot BM\;\left( { = B{A^2}} \right)\).

c)

⦁ Chứng minh \(\widehat {AHK} = \widehat {MAK}\):

Gọi \(D\) là giao điểm của \(AH\) và \(BK\).

Xét \({\rm{\Delta }}BDH\) và \({\rm{\Delta }}ADK\) có:

\(\widehat {BHD} = \widehat {AKD} = 90^\circ \);

\(\widehat {BDH} = \widehat {ADK}\) (đối đỉnh).

Do đó $\text{Δ}BDH\backsim \text{Δ}ADK$ (g.g) suy ra \(\frac{{BD}}{{AD}} = \frac{{HD}}{{DK}}\) hay \(\frac{{BD}}{{HD}} = \frac{{AD}}{{DK}}\).

Chứng minh tương tự ta cũng có $\text{Δ}BDA\backsim \text{Δ}HDK$ (g.g) suy ra \(\widehat {ABK} = \widehat {KHD}\).

Mặt khác, \(\widehat {ABK} = \widehat {MAK}\) (cùng phụ với \(\widehat {BAK}\)).

Do đó, \(\widehat {KHD} = \widehat {MAK}\) hay \(\widehat {AHK} = \widehat {MAK}\) (1).

             ⦁ Chứng minh \(SM \bot AC\):

Từ \(BH \cdot BC = BK \cdot BM\) suy ra \(\frac{{BH}}{{BM}} = \frac{{BK}}{{BC}}\).

Xét \({\rm{\Delta }}BHM\) và \({\rm{\Delta }}BKC\) có \(\frac{{BH}}{{BM}} = \frac{{BK}}{{BC}}\) và \(\widehat {B\,}\) là góc chung.

Do đó, $\text{Δ}BHM\backsim \text{Δ}BKC$ (c.g.c) suy ra \(\widehat {BHM} = \widehat {BKC}\) suy ra \(\widehat {CHM} = \widehat {CKM}\) (3) (cùng bù với \(\widehat {BHM}\) và \[\widehat {BKC}\])

Vì \({\rm{\Delta }}AMH\) cân tại \(A\) \(\left( {AH = AM} \right)\) nên \(\widehat {AMH} = \widehat {AHM}\).

Trong \({\rm{\Delta }}IMC\) có góc ngoài \(\widehat {AMH} = \widehat {MIC} + \widehat {MCI}\).

Mặt khác \(\widehat {AHM} = \widehat {AHK} + \widehat {KHI}\).

Mà $\text{Δ}IHC\backsim \text{Δ}IKM$ (g.g) suy ra $\text{Δ}IHK\backsim \text{Δ}ICM$ (c.g.c) suy ra \(\widehat {MCI} = \widehat {KHI}\).

     Do đó, \(\widehat {MIC} = \widehat {AHK}\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {MIC} = \widehat {MAK}\) suy ra $\text{Δ}CIM\backsim \text{Δ}CAK$ (g.g) suy ra $\text{Δ}CIA\backsim \text{Δ}CMK$ (c.g.c).

Do đó, \(\widehat {CKM} = \widehat {CAI}\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {CHM} = \widehat {CAS}\) suy ra $\text{Δ}CHM\backsim \text{Δ}CAS$ (g.g) suy ra $\text{Δ}CHA\backsim \text{Δ}CMS$ (c.g.c).

Do đó, \(\widehat {CMS} = \widehat {CHA} = 90^\circ \).

Vậy \(SM \bot AC\).