a) Ta có \(A D + D C = A C = A B = 15\) cm và \(\frac{A D}{D C} = \frac{A B}{B C} = \frac{15}{10} = \frac{3}{2}\).

Suy ra \(\)

AD+DC=15

AD=3/2DC

Từ đó suy ra \(A D = 9\) cm, \(D C = 6\) cm.

b) Vì \(B D \bot B E\) nên \(B E\) là phân giác ngoài của góc \(B\) của tam giác \(A B C\).

Khi đó ta có \(\frac{A E}{E C} = \frac{A B}{B C}\).

Suy ra \(E C = \frac{A E . B C}{A B} = \frac{A E . 10}{15} = \frac{A E . 2}{3}\).

Suy ra \(3. C E = 2. \left(\right. A C + C E \left.\right)\) hay \(C E = 2. A C\).

Do đó \(C E = 30\) cm.

a) Có \(190\) cách viết ngẫu nhiên một số tự nhiên như vậy.

b) 

+ Có \(19\) kết quả thuận lợi cho biến cố "Số tự nhiên được viết ra là số chia hết cho 2 và 5" là:

10; 20; 30; 40; 50; 60; 70; 80; 90; 100; 110; 120; 130; 140; 150; 160; 170; 180; 190.

Xác suất của biến cố đó là: \(\frac{19}{190} = \frac{1}{10}\).

+ Có \(11\) kết quả thuận lợi cho biến cố "Số tự nhiên được viết ra là bình phương của một số tự nhiên" là: 16; 25; 36; 49; 64; 81; 100; 121; 144; 169; 196.

Xác suất của biến cố đó là: \(\frac{11}{190}\).

a) Thị trường Thái Lan cung cấp lượng tinh bột sắn cho Đài Loan trong 9 tháng năm 2022 là nhiều nhất.

Thị trường Trung Quốc cung cấp lượng tinh bột sắn cho Đài Loan trong 9 tháng năm 2022 là ít nhất.

b) Tỉ số phần trăm thị trường Indonexia cung cấp lượng tinh bột sắn cho Đài Loan trong 9 tháng năm 2022 so thị trường Lào là \(\frac{3 447}{2 983} . 100 \% = 115 , 6 \%\).

Thị trường Indonexia cung cấp lượng tinh bột sắn cho Đài Loan trong 9 tháng năm 2022 tăng \(15 , 6 \%\) so thị trường Lào.

c) Trong 9 tháng năm 2022, Việt Nam là thị trường cung cấp tinh bột sắn lớn thứ hai cho thị trường Đài Loan. (đứng sau thị trường Thái Lan).

Thị trường Lào cung cấp tinh bột sắn chiếm số phần trăm so với tổng lượng tinh bột sắn nhập khẩu cho thị trường Đài Loan là: \(\frac{2 983}{249 927} . 100 \% = 1 , 2 \%\).

Vậy nhận định của bài báo đó là chính xác.

D(x)=2(x2−x)+(3y2−2y)+(4z2−2z)+2

\(= 2 \left(\right. x^{2} - x + \frac{1}{4} \left.\right) + 3 \left(\right. y^{2} - \frac{2}{3} y + \frac{1}{9} \left.\right) + \left[\right. \left(\right. 2 z \left.\right)^{2} - 2 z + \frac{1}{4} \left]\right. + 2 - \frac{1}{2} - \frac{1}{3} - \frac{1}{4}\)

\(= 2 \left(\left(\right. x - \frac{1}{2} \left.\right)\right)^{2} + 3 \left(\left(\right. y - \frac{1}{3} \left.\right)\right)^{2} + \left(\left(\right. 2 z - \frac{1}{2} \left.\right)\right)^{2} + \frac{11}{2} \geq \frac{11}{2}\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(D\) là: \(\frac{11}{2}\) tại \(\left(\right. x , y , z \left.\right) = \left(\right. \frac{1}{2} ; \frac{1}{3} ; \frac{1}{4} \left.\right)\).

a) Qua \(D\) vẽ một đường thẳng song song với \(B M\) cắt \(A C\) tại \(N\).

Xét \(\Delta M B C\) có \(D B = D C\) và \(D N\) // \(B M\) nên \(M N = N C = \frac{1}{2} M C\) (định lí đường trung bình của tam giác).

Mặt khác \(A M = \frac{1}{2} M C\), do đó \(A M = M N = \frac{1}{2} M C\).

Xét \(\Delta A N D\) có \(A M = M N\) và \(B M\) // \(D N\) nên \(O A = O D\) hay \(O\) là trung điểm của \(A D\).

b) Xét \(\Delta A N D\) có \(O M\) là đường trung bình nên \(O M = \frac{1}{2} D N\) (1) 

Xét \(\Delta M B C\) có \(D N\) là đường trung bình nên \(D N = \frac{1}{2} B M\). (2)

Từ (1) và (2) ta có \(O M = \frac{1}{4} B M\).

a) Xác suất thực nghiệm của biến cố "Mặt xuất hiện của xúc xắc là mặt 4 chấm" là \(\frac{22}{40}=\frac{11}{20}\).

b) Xác suất thực nghiệm của biến cố "Mặt xuất hiện của xúc xắc là mặt 6 chấm" là \(\frac{18}{40}=\frac{9}{20}\).

c) Xác suất thực nghiệm của biến cố "Mặt xuất hiện của xúc xắc là mặt 1 chấm" là \(\frac{14}{40}=\frac{7}{20}\).

d) Xác suất thực nghiệm của biến cố "Mặt xuất hiện của xúc xắc là mặt 3 chấm" là \(\frac{14}{20}=\frac{7}{10}\).

a) Tổng số học sinh của lớp là: 40.

Số học sinh Tốt chiếm số phần trăm là:

     16 : 40 . 100% = 40%

Số học sinh Khá chiếm số phần trăm là:

     11 : 40 . 100% = 27,5%

b) Số học sinh xếp loại Chưa đạt chiếm số phần trăm là:

     3 : 40 . 100% = 7,5%

Cô giáo thông báo tỉ lệ học sinh xếp loại Chưa đạt của lớp chiếm trên 7% là đúng.

Ta có: \(B = \left(\left[\right. z - \frac{3}{2} \left(\right. x + y \left.\right) \left]\right.\right)^{2} + \frac{3}{4} \left(\left(\right. x + \frac{y}{3} - \frac{4}{3} \left.\right)\right)^{2} + \frac{2}{3} \left(\right. y - 2 \left.\right)^{2} + 1 \geq 1\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(B\) là \(1\) tại

y-2=0  

x+y/3​−4/3​=0
z−3/2​(x+y)=0​

hay \(x = - \frac{2}{3}\); \(y = 2\); \(z = 4\).

Biểu đồ thích hợp để biểu diễn dữ liệu trên là biểu đồ cột.

a) Chứng minh \(D E \parallel B C\)

Xét tam giác \(A M B\):

• \(M D\) là phân giác của \(\tg AMB\)
• Theo tính chất phân giác trong tam giác:

\(\frac{A D}{D B} = \frac{A M}{M B} \left(\right. 1 \left.\right)\)

Xét tam giác \(A M C\):

• \(M E\) là phân giác của \(\tg AMC\)
• Theo tính chất phân giác:

\(\frac{A E}{E C} = \frac{A M}{M C} \left(\right. 2 \left.\right)\)

Vì \(M B = M C\) nên từ (1) và (2):

\(\frac{A D}{D B} = \frac{A E}{E C}\)

Theo định lí Ta-lét đảo trong tam giác \(A B C\), ta suy ra:\(D E \parallel B C\)

b) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(D E\)

Gọi \(I = A M \cap D E\).

Ta đã có:

• \(M\) là trung điểm của \(B C\)
• \(D E \parallel B C\)

Xét tam giác \(A B C\), đường thẳng \(D E\) song song \(B C\) cắt hai cạnh \(A B , A C\).

Khi đó trong hình thang \(D B C E\):

• \(M\) là trung điểm của \(B C\)
• \(M I \parallel B D \parallel C E\)

Theo định lí đường trung bình trong tam giác, suy ra:

\(D I = I E\)

Vậy \(I\) là trung điểm của \(D E\).