Ta có: 

D

(

x

)

=

2

x

2

+

3

y

2

+

4

z

2

−

2

(

x

+

y

+

z

)

+

2

D(x)=2x 

2

 +3y 

2

 +4z 

2

 −2(x+y+z)+2

 

=

2

x

2

+

3

y

2

+

4

z

2

−

2

x

−

2

y

−

2

z

+

2

=2x 

2

 +3y 

2

 +4z 

2

 −2x−2y−2z+2

 

=

(

2

x

2

−

2

x

)

+

(

3

y

2

−

2

y

)

+

(

4

z

2

−

2

z

)

+

2

=(2x 

2

 −2x)+(3y 

2

 −2y)+(4z 

2

 −2z)+2

 

=

2

(

x

2

−

x

)

+

3

(

y

2

−

2

3

y

)

+

4

(

z

2

−

1

2

z

)

+

2

=2(x 

2

 −x)+3(y 

2

 − 

3

2

 

 y)+4(z 

2

 − 

2

1

 

 z)+2

 

=

2

[

x

2

−

2

⋅

x

⋅

1

2

+

(

1

2

)

2

−

(

1

2

)

2

]

+

3

[

y

2

−

2

⋅

y

⋅

1

3

+

(

1

3

)

2

−

(

1

3

)

2

]

+

4

[

z

2

−

2

⋅

z

⋅

1

4

+

(

1

4

)

2

−

(

1

4

)

2

]

+

2

=2[x 

2

 −2⋅x⋅ 

2

1

 

 +( 

2

1

 

 ) 

2

 −( 

2

1

 

 ) 

2

 ]+3[y 

2

 −2⋅y⋅ 

3

1

 

 +( 

3

1

 

 ) 

2

 −( 

3

1

 

 ) 

2

 ]+4[z 

2

 −2⋅z⋅ 

4

1

 

 +( 

4

1

 

 ) 

2

 −( 

4

1

 

 ) 

2

 ]+2

=

2

(

x

−

1

2

)

2

−

1

2

+

3

(

y

−

1

3

)

2

−

1

3

+

4

(

z

−

1

4

)

2

−

1

4

+

2

=2(x− 

2

1

 

 ) 

2

 − 

2

1

 

 +3(y− 

3

1

 

 ) 

2

 − 

3

1

 

 +4(z− 

4

1

 

 ) 

2

 − 

4

1

 

 +2

 

=

2

(

x

−

1

2

)

2

+

3

(

y

−

1

3

)

2

+

4

(

z

−

1

4

)

2

+

11

12

=2(x− 

2

1

 

 ) 

2

 +3(y− 

3

1

 

 ) 

2

 +4(z− 

4

1

 

 ) 

2

 + 

12

11

 

 

 

Mà: 

{

2

(

x

−

1

2

)

2

≥

0

∀

x

3

(

y

−

1

3

)

2

≥

0

∀

y

4

(

y

−

1

4

)

2

≥

0

∀

z

⎩

⎨

⎧

 

  

2(x− 

2

1

 

 ) 

2

 ≥0∀x

3(y− 

3

1

 

 ) 

2

 ≥0∀y

4(y− 

4

1

 

 ) 

2

 ≥0∀z

 

 

 

⇒

D

(

x

)

=

2

(

x

−

1

2

)

2

+

3

(

y

−

1

3

)

2

+

4

(

z

−

1

4

)

2

+

11

12

≥

11

12

∀

x

,

y

,

z

⇒D(x)=2(x− 

2

1

 

 ) 

2

 +3(y− 

3

1

 

 ) 

2

 +4(z− 

4

1

 

 ) 

2

 + 

12

11

 

 ≥ 

12

11

 

 ∀x,y,z

 

Dấu "=" xảy ra khi:

 

{

x

−

1

2

=

0

y

−

1

3

=

0

z

−

1

4

=

0

⇔

{

x

=

1

2

y

=

1

3

z

=

1

4

⎩

⎨

⎧

 

  

x− 

2

1

 

 =0

y− 

3

1

 

 =0

z− 

4

1

 

 =0

 

 ⇔ 

⎩

⎨

⎧

 

  

x= 

2

1

 

 

y= 

3

1

 

 

z= 

4

1

 

 

 

  

 

 

a/ Gọi E là trung điểm của MC

Từ giả thiết:  AM=1/2MC

 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=1/2BM

Xét tam giác ADE có

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

⇒ OM=1/2DE=1/2.1/2BM=1/4BM.

 

a) Gọi A là biến cố "Mặt xuất hiện của xúc xắc là mặt 4 chấm"P(A) = 22/40 = 11/20

b) Gọi B là biến cố "Mặt xuất hiện của xúc xắc là mặt 6 chấm"

P(B) = 10/18 = 5/9

c) Gọi C là biến cố "Mặt xuất hiện của xúc xắc là mặt 1 chấm"P(C) = 18/40 = 9/20

d) Gọi D là biến cố "Mặt xuất hiện của xúc xắc là mặt 3 chấm"P(D) = 14/20 = 7/10

Tổng số học sinh của lớp 8A:

a) Số học sinh Tốt chiếm:

16 . 100% : 40 = 40%

Số học sinh Khá chiếm:

 

11 . 100% : 40 = 27,5%b) Số học sinh Chưa đạt chiếm:3 . 100% : 40 = 7,5%

Do 7,5% > 7% nên cô giáo thông báo tỉ lệ học sinh xếp loại Chưa đạt của lớp chiếm trên 7% là đúng

Ta có: AB // CD (gt), áp dụng hệ quả của định lý Ta – lét ta có:

Vậy OA.OD = OB.OC

 

Cho tam giác ABC, từ điểm D trên cạnh BC, kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC tại F và kẻ đường (ảnh 1)

Áp dụng định lí Thalès, ta có:

 

• Vì DE // AC nên AEAB=CDBC;

 

• Vì DF // AC nên AFAC=BDBC.

Khi đó

AEAB+AFAC=CDBC+BDBC=1(đpcm).

Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Vẽ đường thẳng d qua G và song song với AB, d cắt BC tại điểm M (ảnh 1)

Lấy D là trung điểm của cạnh BC.

 

Khi đó, AD là đường trung tuyến của tam giác ABC.

 

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên điểm G nằm trên cạnh AD.

 

Ta có AGAD=23 hay AG=23AD.

 

Vì MG // AB, theo định lí Thalès, ta suy ra: AGAD=BMBD=23.

Ta có BD = CD (vì D là trung điểm của cạnh BC) nênBMBC=BM2BD=22.3=13.

Do đó BM=13BC(đpcm).

Cho hình thang ABCD (AB // CD). Đường thẳng song song với AB cắt AD, BD, AC và BC theo thứ tự tại các điểm M, N, P, Q. Chứng minh rằng MN = PQ. (ảnh 1)

Trong tam giác ADB, ta có: MN // AB (gt)

 

Suy ra DNDB=MNAB(hệ quả định lí Thalès) (1)

 

Trong tam giác ACB, ta có: PQ // AB (gt)

 

Suy ra CQCB=PQAB (hệ quả định lí Thalès) (2)

 

Lại có: NQ // AB (gt)

 

     AB // CD (gt)

 

Suy ra NQ // CD

 

Trong tam giác BDC, ta có: NQ // CD (chứng minh trên)

 

Suy ra DNDB=CQCB

 (định lí Thalès) (3)

 

Từ (1), (2) và (3) suy ra MN

AB=PQ

ABhay MN = PQ (đpcm).

Xét tam giác ABC có BC ⊥ AB' và B'C'⊥ AB' nên suy ra BC // B'C'.

 

Theo hệ quả định lí Thalès, ta có:

 

ABAB′=BCBC′

⇒xx+h=aa′

⇒a′x=a(x+h)

⇒a′x−ax=ah

 

 

 

⇒x(a′-a)=ah

⇒x=a ha′−a(đpcm).

 

a) ΔABCTam giác ABC 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