$2x^2+3y^2+4z^2-2(x+y+z)+2$

$=2x^2-2x+\frac{1}{2}+3y^2-2y+\frac{1}{3}+4z^2-2z+\frac{1}{4}+\frac{11}{12}$

$=2{(x-\frac{1}{2})}^2+3{(y-\frac{1}{3})}^2+4{(z-\frac{1}{4})}^2+\frac{11}{12}\ge \frac{11}{12}$

Dấu "=" xảy ra khi $\{\begin{array}{c}x=\frac{1}{2}\\ y=\frac{1}{3}\\ z=\frac{1}{4}\end{array}$

a/ Gọi E là trung điểm của MC

Từ giả thiết:  $AM=\frac{1}{2}MC$ nên AM = ME = EC

Xét tam giác BCM có ME = EC (cmt); DB = DC (gt)

⇒ DE là đường trung bình của tam giác BCM

⇒ DE // BM 

Xét tam giác ADE có

AM = ME (cmt)

BM // DE (cmt)

⇒ OM // DE

⇒ OA = OD (trong tam giác đường thẳng đi qua trung điểm của 1 cạnh và // với 1 cạnh thì đi qua trung điểm cạnh còn lại)

b/ Ta có DE là đường trung bình của tam giác BCM ⇒ $DE=\frac{1}{2}BM$

Xét tam giác ADE có

OA=OD (cmt); AM=ME (cmt) ⇒ OM là đường trung bình của tam giác ADE

⇒ $OM=$

a) Xác suất thực nghiệm của biến cố “Mặt xuất hiện của đồng xu là mặt S” là: $\frac{27}{50}.$

b) Khi tung đồng xu 45 lần liên tiếp, do mặt N xuất hiện 24 lần nên số lần mặt S xuất hiện là 45 – 24 = 21 lần.

Do đó, xác suất thực nghiệm của biến cố “Mặt xuất hiện của đồng xu là mặt S” là: $\frac{21}{50}.$

$1)$ Tổng số học sinh của lớp là:

$16+11+10+3=40$ học sinh

Số học sinh giỏi chiếm là:

$16:40.100\%=40\%$

Số học sinh khá chiếm là:

$11:40.100\%=27,5\%$

$2)$ Tỷ lệ học sinh xếp loại đạt của lớp là:

$10:40.100\%=25\%$

Vì $25\%>7\%$ nên cô giáo thông báo đúng

a) Tứ giác $DKMN$ có $\hat{D}=\hat{K}=\hat{N}={90}^{\circ }$ nên là hình chữ nhật.

b) Vì $DKMN$ là hình chữ nhật nên $DF$ // $MH$

Xét $\Delta KFM$ và $\Delta NME$ có:

     $\hat{K}=\hat{N}={90}^{\circ }$

     $FM=ME$ ( giả thiết)

     $\widehat{KMF}=\hat{E}$ (đồng vị)

Vậy $\Delta KFM=\Delta NME$ (cạnh huyền - góc nhọn)

Suy ra $KF=MN$ (hai cạnh tương ứng) mà $MN=DK$ nên $DF=2DK$ và $MH=2MN$.

Do đó $DF=MH$.

Tứ giác $DFMH$ có $DF$ // $MH,DF=MH$ nên là hình bình hành.

Do đó, hai đường chéo $DM,FH$ cắt nhau tại trung điểm $O$ của mỗi đường hay $F,O,H$ thẳng hàng.

c) Để hình chữ nhật $DKMN$ là hình vuông thì $DK=DN$ $\left(1\right)$

Mà $DK=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}DF$ và $DN=KM=NE$ nên $DN=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}DE$ $\left(2\right)$

Từ $\left(1\right),\left(2\right)$ suy ra $DF=DE$.

Vậy $\Delta DFE$ cần thêm điều kiên cân tại $D$.

a) Vì $AB=2BC$ suy ra ��=��2=��BC= AB/2=AD

ABCD là hình chữ nhật nên AB=DC suy ra 1/2AB=1/2DC do đó AI=DK=AD

Tứ giác AIKD có AI//DK, AI=DK nên tứ giác AIKD là hình bình hành 

Lại có AD=AI nên AIKD là hình thoi

Mà góc IAD= 90 độ do đó AIKD là hình vuông

Vậy tứ giác AIKD là hình vuông

Chứng minh tương tự cho tứ giác BIKC

Vậy tứ gáic BIKC là hình vuông

b) VÌ AIKD là hình vuông nên DI là tia phân giác góc ADK nên góc IDK = 45 độ

Tương tự góc ICK = 45 độ

Tam giác IDC cân có góc DIC = 90 độ nên là tam gaic vuông cân 

Vậy tam giác IDC là tam gáic  vuông cân

c) Vì AIKD, BCKI là các hình vuông nên hai đường chéo bằng nhau và cắt  nhau tại trung điểm mỗi đường nên SI=SK=DI/2 và IR=RK=IC/2

 =>ISKR là hình thoi

Lại có góc DIC= 90 độ nên ISKR là hình vuông

Vậy ISKR là hình vuông

a) Do ABCD là hình vuôn nên: 

$AB=BC=CD=AD$ 

Mà: $\{\begin{array}{c}AB=AM+MB\\ BC=BN+NC\\ CD=CP+PD\\ AD=DQ+QA\end{array}$ 

Lại có: $AM=BN=CP=DQ$

$\Rightarrow MB=NC=PD=QA\left(dpcm\right)$ 

b) Xét $\Delta QAM$ và $\Delta NCP$ có:

$\hat{A}=\hat{C}=90^o\left(gt\right)$

$AM=CP\left(gt\right)$

$QA=NC\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \Delta QAM=\Delta NCP\left(c.g.c\right)$ 

c) Xét các tam giác: $\Delta QAM,\Delta NCP,\Delta PDQ,\Delta MBN$ ta có:

$\hat{A}=\hat{B}=\hat{C}=\hat{D}=90^o\left(gt\right)$

$AM=BN=CP=DQ\left(gt\right)$

$MB=NC=PD=QA\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \Delta QAM=\Delta NCP=\Delta PDQ=\Delta MBN\left(c.g.c\right)$ 

$\Rightarrow MQ=QP=PN=NM$ (các cạnh tương ứng) 

$\Rightarrow MNPQ$ là hình thoi (1)

Xét tam giác QAM ta có:

$\widehat{QMA}+\widehat{AQM}=180^o-90^o=90^o$ 

Mà: $\Delta QAM=\Delta MBN\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \widehat{BMN}=\widehat{AQM}$ (hai góc tương ứng) 

$\Rightarrow \widehat{BMN}+\widehat{QMA}=90^o$

Lại có: $\widehat{BMN}+\widehat{QMA}+\widehat{NMQ}=180^o$

$\Rightarrow \widehat{NMQ}=180^o-90^o=90^o$ (2) 

Từ (1) và (2) ta có MNPQ là hình vuông 

a) Do ABCD là hình vuôn nên: 

$AB=BC=CD=AD$ 

Mà: $\{\begin{array}{c}AB=AM+MB\\ BC=BN+NC\\ CD=CP+PD\\ AD=DQ+QA\end{array}$ 

Lại có: $AM=BN=CP=DQ$

$\Rightarrow MB=NC=PD=QA\left(dpcm\right)$ 

b) Xét $\Delta QAM$ và $\Delta NCP$ có:

$\hat{A}=\hat{C}=90^o\left(gt\right)$

$AM=CP\left(gt\right)$

$QA=NC\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \Delta QAM=\Delta NCP\left(c.g.c\right)$ 

c) Xét các tam giác: $\Delta QAM,\Delta NCP,\Delta PDQ,\Delta MBN$ ta có:

$\hat{A}=\hat{B}=\hat{C}=\hat{D}=90^o\left(gt\right)$

$AM=BN=CP=DQ\left(gt\right)$

$MB=NC=PD=QA\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \Delta QAM=\Delta NCP=\Delta PDQ=\Delta MBN\left(c.g.c\right)$ 

$\Rightarrow MQ=QP=PN=NM$ (các cạnh tương ứng) 

$\Rightarrow MNPQ$ là hình thoi (1)

Xét tam giác QAM ta có:

$\widehat{QMA}+\widehat{AQM}=180^o-90^o=90^o$ 

Mà: $\Delta QAM=\Delta MBN\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \widehat{BMN}=\widehat{AQM}$ (hai góc tương ứng) 

$\Rightarrow \widehat{BMN}+\widehat{QMA}=90^o$

Lại có: $\widehat{BMN}+\widehat{QMA}+\widehat{NMQ}=180^o$

$\Rightarrow \widehat{NMQ}=180^o-90^o=90^o$ (2) 

Từ (1) và (2) ta có MNPQ là hình vuông 

a/

Ta có

IA=IC (gt); IM=IK (gt) => AMCK là hình bình hành (Tứ giác có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hbh)

Ta có

MB=MC (gt); IA=IC (gt) => MI là đường trung bình của tg ABC => MI//AB

Mà $AB\perp AC$ 

$\Rightarrow MI\perp AC\Rightarrow MK\perp AC$

=> AMCK là hình thoi (Hình bình hành có 2 đường chéo vuông góc là hình thoi)

b/

Ta có

MI//AB (cmt) => MK//AB

AK//MC (cạnh đối hbh AMCK) => AK//MB

=> AKMB là hbh (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)

c/

Để AMCK là hình vuông $\Rightarrow AM\perp BC$ => AM là đường cao của tg ABC

Mà AM là trung tuyến của tg ABC (gt)

=> ABC cân tại A (Tam giác có đường cao đồng thời là đường trung tuyến là tg cân)

=> Để AMCK là hình vuông thì tg ABC vuông cân tại A

a) $Tam\; giácABC$ vuông cân nên góc B= góc C = 45 độ

Tam giácBHE vuông tại H có góc BEH + góc B = 90 độ

Suy ra góc BEH = 90 độ - 45 độ = 45 độ nên góc B= góc BEH = 45 độ

Vậy tam giác BEH vuông tại H

b) Chứng minh tương tự như câu a ta được tam giác CFG vuông tại G nên GF=GC và HB=HE

Lại có BH=HG=GC suy ra EH=HG=GF và EH//FG ( cùng vuông góc với BC)

Tứ giác EFGH có EH//FG, EH=FG

=>tứ giác EFGH là hình bình hành 

Xét hình bình hành có một góc vuông là góc H nên là hình chữ nhật

Mà hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau là EH=HG nên là hình vuông

Vậy EFGH là hình vuông

$AC\perp Oy$ (gt); $Ox\perp Oy$ (gt) => AC//Oy => AC//OB

C/m tương tự có AB//OC

=> OBAC là hình bình hành (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)

Mà $\widehat{xOy}=90^o$

=> OBAC là HCN

Ta có

AC=AB (Tính chất đường phân giác)

=> OBAC là hình vuông