Số vecto tạo từ 2n điểm là: \(A_{2n}^2\)

Đa giác đều 2n đỉnh có n đường chéo, cứ 2 đường chéo cho ta 1 hình chữ nhật tương ứng, do đó số hình chữ nhật có đỉnh là đỉnh của đa giác đều là: \(C_n^2\)

\(\Rightarrow A_{2n}^2=9C_n^2\Leftrightarrow\dfrac{\left(2n\right)!}{\left(2n-2\right)!}=\dfrac{9.n!}{2!.\left(n-2\right)!}\)

\(\Leftrightarrow2n\left(2n-1\right)=\dfrac{9n\left(n-1\right)}{2}\)

\(\Leftrightarrow n=5\)

a) Các giao điểm của \(\left( H \right)\) với trục hoành có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\\y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  \pm a\\y = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{A_1}\left( { - a;0} \right)\\{A_2}\left( {a;0} \right)\end{array} \right.\)

b) Với \(M\left( {x;y} \right)\) thuộc (H) ta có \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} = 1 + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} \ge 1 \Rightarrow {x^2} \ge {a^2} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x \le  - a\\x \ge a\end{array} \right.\)

Do đó nếu \(M\left( {x;y} \right)\) thuộc bên trái trục tung khi thì \(x < 0\), suy ra \(x \le  - a\).

Nếu \(M\left( {x;y} \right)\) thuộc bên phải trục tung khi thì \(x > 0\), suy ra \(x \ge  - a\).

c) Gọi \({M_1}\left( {{x_1};{y_1}} \right),{M_2}\left( {{x_2};{y_2}} \right)\). Vì \({M_1}\) thuộc nhánh bên trái trục tung nên ta có  \({x_1} \le  - a\),\({M_2}\) thuộc nhánh bên phải trục tung nên ta có \({x_2} \ge a\).

Suy ra \({M_1}{M_2} = \sqrt {{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2} + {{\left( {{y_2} - {y_1}} \right)}^2}}  \ge \sqrt {{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2}+(0- 0)^2}  = \left| {{x_2} - {x_1}} \right| \ge \left| {a - \left( { - a} \right)} \right| = 2a\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}{y_2} - {y_1} = 0\\{x_2} = a\\{x_1} =  - a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = a\\{x_1} =  - a\\{y_1} = {y_2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{M_1}\left( { - a;0} \right)\\{M_2}\left( {a;0} \right)\end{array} \right.\)

a) Các giao điểm của (E) với trục hoành có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\\y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \pm a\\y = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{A_1}\left( { - a;0} \right)\\{A_2}\left( {a;0} \right)\end{array} \right.\)

Các giao điểm của (E) với trục tung có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\\x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y =  \pm b\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{B_1}\left( {0; - b} \right)\\{B_2}\left( {0;b} \right)\end{array} \right.\)

Ta có \({A_1}{A_2} = 2a,{B_1}{B_2} = 2b\).

b) Do M thuộc (E) nên ta có \(\frac{{x_o^2}}{{{a^2}}} + \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}} = 1\)

Do \(a > b > 0\) nên ta có \(\frac{{x_o^2}}{{{a^2}}} \le \frac{{x_o^2}}{{{b^2}}}\). Suy ra \(1 \le \frac{{x_o^2}}{{{b^2}}} + \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}} \Rightarrow {b^2} \le x_o^2 + y_o^2\)

Tương tự ta có \(\frac{{y_o^2}}{{{a^2}}} \le \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}}\) nên \(1 \ge \frac{{y_o^2}}{{{a^2}}} \le \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}} \Rightarrow {a^2} \ge x_o^2 + y_o^2\)

Vậy \({b^2} \le x_o^2 + y_o^2 \le {a^2}\)

Ta có \(OM = \sqrt {x_o^2 + y_o^2} \) suy ra \(b \le OM \le a\)

Tham khảo:

+) \(\left( {{{\rm{p}}_{\rm{n}}}} \right)\) là dãy số chu vi của các tam giác theo thứ tự \({\rm{ABC}},{{\rm{A}}_1}\;{{\rm{B}}_1}{{\rm{C}}_1}, \ldots \)

Ta có:

 \({{\rm{p}}_2} = {p_{\Delta {A_1}{B_1}{C_1}}} = \frac{a}{2} + \frac{a}{2} + \frac{a}{2} = \frac{1}{2} \cdot (3a) = \frac{1}{2} \cdot {p_1}\)

\(\begin{array}{l}{{\rm{p}}_3} = {p_{\Delta {A_2}{B_2}{C_2}}} = \frac{a}{4} + \frac{a}{4} + \frac{a}{4} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} \cdot (3a) = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} \cdot {p_1}\\ \ldots \\{p_{\Delta {A_n}{B_n}{C_n}}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} \cdot {p_1}\\...\end{array}\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {p_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{n - 1}} \cdot (3a)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } (3a) = 0.3a = 0.\)

+)\(\left( {{{\rm{S}}_n}} \right)\) là dãy số diện tích của các tam giác theo thứ tự \({\rm{ABC}},{{\rm{A}}_1}\;{{\rm{B}}_1}{{\rm{C}}_1}, \ldots \)

Gọi \(h\) là chiều cao của tam giác \({\rm{ABC}}\) và \({\rm{h}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}{{\rm{S}}_3} = {S_{\Delta {A_2}{B_2}{C_2}}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{4} \cdot \frac{h}{4} = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} \cdot \left( {\frac{1}{2}ah} \right) = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} \cdot {S_1}\\ \ldots \\{S_{\Delta {A_n}{B_n}{C_n}}} = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{n - 1}} \cdot {S_1}\\ \ldots \end{array}\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {S_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^{n - 1}} \cdot {S_1}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{n - 1}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{2}ah} \right) = 0 \cdot \frac{1}{2}ah = 0\).

b) +) Ta có \(\left( {{{\rm{p}}_{\rm{n}}}} \right)\) là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \({{\rm{p}}_1}\) = 3a và công bội \({\rm{q}} = \frac{1}{2}\) thỏa mãn \(|q| < 1\) có tổng:

\({p_1} + {p_2} +  \ldots  + {p_n} +  \ldots  = \frac{{3a}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 6a\)

+) Ta có \(\left( {{{\rm{S}}_n}} \right)\) là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \({{\rm{S}}_1} = \frac{1}{2}ah\) và công bội \(q = \frac{1}{4}\) thỏa mãn \(|q| < 1\) có tổng:

\({S_1} + {S_2} +  \ldots  + {S_n} +  \ldots  = \frac{{\frac{1}{2}ah}}{{1 - \frac{1}{4}}} = \frac{2}{3}ah = \frac{2}{3}a.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}\)

Không có ai đạt trên 4 điểm 10 
=> có 5 bạn đạt được 4 điểm 10 

Có 14 bạn đạt từ 3 điểm 10 trở lên (trong đó có 5 bạn được 4 điểm 10) 
=> có 14-5=9 bạn đạt được 3 điểm 10 

Có 39 bạn đạt từ 2 điểm 10 trở lên (trong đó có 14 bạn đạt từ 3 điểm 10 trở lên) 
=> có 39-14=25 bạn đạt 2 điểm 10 

Có 43 bạn đạt từ 2 điểm 10 trở lên (trong đó có 39 bạn đạt từ 2 điểm 10 trở lên) 
=> có 43-39=4 bạn đạt 1 điểm 10 

Vậy lớp có 4.1 + 25.2 + 9.3 + 5.4 = 101 (điểm 10 )