\(3\sqrt{0,02}-3\sqrt{0,08}+5\sqrt{0,18}\)   

\(=3\cdot\sqrt{0,02}-3\cdot\sqrt{4\cdot0,02}+5\cdot\sqrt{9\cdot0,02}\)   

\(=3\cdot\sqrt{0,02}-3\cdot2\cdot\sqrt{0,02}+5\cdot3\cdot\sqrt{0,02}\)   

\(=3\cdot\sqrt{0,02}-6\cdot\sqrt{0,02}+15\cdot\sqrt{0,02}\)   

\(=12\cdot\sqrt{0,02}\)

6) \(3\sqrt{0,02}-3\sqrt{0,08}+5\sqrt{0,18}\)

\(=3\sqrt{0,02}-3\sqrt{4\cdot0,02}+5\sqrt{9\cdot0,02}\)

\(=3\sqrt{0,02}-6\sqrt{0,02}+15\sqrt{0,02}\)

\(=12\sqrt{0,02}\)

7) \(2\sqrt{\frac{27}{4}}+\sqrt{\frac{48}{9}}+\frac{2}{5}\sqrt{\frac{75}{16}}\)

\(=2\sqrt{3\cdot\frac{9}{4}}+\sqrt{3\cdot\frac{16}{9}}+\frac{2}{5}\sqrt{3\cdot\frac{25}{16}}\)

\(=3\sqrt{3}+\frac{4}{3}\sqrt{3}+\frac{1}{2}\sqrt{3}\)

\(=\frac{29}{6}\sqrt{3}=\frac{29\sqrt{3}}{6}\)

8) \(2\sqrt{\frac{16}{5}}-5\sqrt{\frac{9}{125}}-6\sqrt{\frac{121}{45}}\)

\(=2\sqrt{16\cdot\frac{1}{5}}-5\sqrt{\frac{9}{25}\cdot\frac{1}{5}}-6\sqrt{\frac{121}{9}\cdot\frac{1}{5}}\)

\(=8\sqrt{\frac{1}{5}}-3\sqrt{\frac{1}{5}}-22\sqrt{\frac{1}{5}}\)

\(=-17\sqrt{\frac{1}{5}}=\frac{-17\sqrt{5}}{5}\)

Áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)có :

\(C\ge\frac{4}{1+\left(a+b\right)^2}\ge\frac{4}{1+1}=2\)

Dấu = khi a=b=1/2

A B C H E F

1. Xét tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao

=> \(AH^2=BH.HC\)(hệ thức lượng) => \(AH^4=BH^2.HC^2\)

=> \(AB.AC=AH.BC\) (hệ thức lượng)

Xét tam giác AHB vuông tại H có HE là đường cao => \(BH^2=BE.AB\)

Xét tam giác AHC vuông tại H có HF là đường cao => \(HC^2=FC.AC\)

=> \(AH^4=BH^2.HC^2=BE.AB.FC.AC=BE.FC.BC.AH\)

=> \(AH^3=BC.FC.BE\)

Lại có: HF // AB (vì cùng \(\perp\)AC) =>> \(\widehat{FHC}=\widehat{ABC}\) (đồng vị)

Xét tam giác BEH và tam giác HFC

có: \(\widehat{HEB}=\widehat{HFC}=90^0\)(gt)

   \(\widehat{EBH}=\widehat{FHC}\) (Cmt)

=> \(\Delta\)BEH ∽ \(\Delta\)HFC (g.g)

=> \(\frac{BE}{HF}=\frac{HE}{FC}\) => \(BE.FC=HE.HF\)

Do đó: \(AH^3=BC.BE.FC=BC.HE.HF\)

2. Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có: \(BC^2=AB^2+AC^2\)(Định lí Pi - ta - go)

Xét tam giác AHB vuông tại H, có: \(AB^2=BH^2+AH^2\) (Pi - ta - go)

Xét tam giác AHC vuông tại H, có: \(AC^2=AH^2+HC^2\) (Pi - ta - go)

Xét tam giác BHE vuông tại E có: \(BH^2=EB^2+EH^2\)(Pi - ta - go)

Xét tam giác HFC vuông tại F có: \(HC^2=HF^2+FC^2\) (Pi - ta - go)

=> \(BC^2=AH^2+BH^2+BH^2+AH^2=2AH^2+EB^2+EH^2+HF^2+FC^2\)

Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}=\widehat{EAF}=\widehat{AFH\:}=90^0\)=> tứ giác AEHF là hình chữ nhật

=> \(\widehat{EHF}=90^0\) và AH = EF

Xét tam giác EHF vuông tại H có \(EF^2=EH^2+HF^2\) (Pi - ta - go)

hay \(AH^2=EH^2+HF^2\)

Do đó: \(BC^2=2AH^2+AH^2+EB^2+FC^2=3AH^2+EB^2+FC^2\)

3. Xét tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao => \(AB^2=BH.BC\)(hệ thức lượng)

\(AC^2=HC.BC\) (hệ thức lượng)

=> \(\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{BH.BC}{HC.BC}=\frac{BH}{HC}\) => \(\left(\frac{AB}{AC}\right)^2=\frac{BH}{HC}\)

4. Từ \(\left(\frac{AB}{AC}\right)^2=\frac{BH}{HC}\) => \(\left(\frac{AB}{AC}\right)^4=\frac{BH^2}{HC^2}\)

Xét tam giác ABH vuông tại H có HE là đường cao => \(BH^2=BE.AB\)

Xét tam giác AHC vuông tại H có HF là đường cao => \(HC^2=FC.AC\)

=> \(\left(\frac{AB}{AC}\right)^4=\frac{AB.BE}{FC.AC}\) => \(\left(\frac{AB}{AC}\right)^3=\frac{BE}{CF}\)

Ta có: BC=BD+DC=15+20=35(cm)
+ AD là phân giác => DC/DB=AB/AC
=> AB/AC=20/15=4/3
=> AB=4AC/3
lại có AB^2+AC^2=BC^2
<=> 16AC^2/9+AC^2=BC^2
<=> 25AC^2/9=1225
<=> AC^2=441
có tam giác ABC vuông tại A, AH là đường cao
=> AC^2=CH.BC
=> CH=AC^2/BC=441/35=12.6(cm)
=> BH=35-12.6=22.4(cm)

a) \(\sqrt{3-2\sqrt{2}}=\sqrt{2-2\sqrt{2}+1}=\sqrt{\left(\sqrt{2}-1\right)^2}=\sqrt{2}-1\)

b) \(\sqrt{4-2\sqrt{3}}=\sqrt{3-2\sqrt{3}+1}=\sqrt{\left(\sqrt{3}-1\right)^2}=\sqrt{3}-1\)

c) \(\sqrt{7-4\sqrt{3}}=\sqrt{3-4\sqrt{3}+4}=\sqrt{\left(2-\sqrt{3}\right)^2}=2-\sqrt{3}\)

d) \(\sqrt{11-6\sqrt{2}}=\sqrt{9-6\sqrt{2}+2}=\sqrt{\left(3-\sqrt{2}\right)^2}=3-\sqrt{2}\)

e) \(\sqrt{28-10\sqrt{3}}=\sqrt{25-10\sqrt{3}+3}=\sqrt{\left(5-\sqrt{3}\right)^2}=5-\sqrt{3}\)

f)) \(\sqrt{46+6\sqrt{5}}=\sqrt{45+2\sqrt{45}+1}=\sqrt{\left(3\sqrt{5}+1\right)^2}=3\sqrt{5}+1\)

\(a,\sqrt{3-2\sqrt{2}}\)

\(\sqrt{\sqrt{2}^2-2\sqrt{2}+1}\)

\(\sqrt{\left(\sqrt{2}-1\right)^2}\)

\(\left|\sqrt{2}-1\right|=\sqrt{2}-1\)

\(b,\sqrt{4-2\sqrt{3}}\)đề này mới tính đc

\(\sqrt{\sqrt{3}^2-2\sqrt{3}+1}\)

\(\sqrt{\left(\sqrt{3}-1\right)^2}\)

\(\left|\sqrt{3}-1\right|=\sqrt{3}-1\)

\(c,\sqrt{7-4\sqrt{3}}\)

\(\sqrt{2^2-4\sqrt{3}+\sqrt{3}^2}\)

\(\sqrt{\left(2-\sqrt{3}\right)^2}\)

\(\left|2-\sqrt{3}\right|=2-\sqrt{3}\)

\(d,\sqrt{11-6\sqrt{2}}\)

\(\sqrt{3^2-6\sqrt{2}+\sqrt{2}^2}\)

\(\sqrt{\left(3-\sqrt{2}\right)^2}\)

\(\left|3-\sqrt{2}\right|=3-\sqrt{2}\)

\(e,\sqrt{28-10\sqrt{3}}\)

\(\sqrt{5^2-10\sqrt{3}+\sqrt{3}^2}\)

\(\sqrt{\left(5-\sqrt{3}\right)^2}\)

\(\left|5-\sqrt{3}\right|=5-\sqrt{3}\)

\(f,\sqrt{46+6\sqrt{5}}\)

\(\sqrt{\left(3\sqrt{5}\right)^2+6\sqrt{5}+1}\)

\(\sqrt{\left(3\sqrt{5}+1\right)^2}\)

\(\left|3\sqrt{5}+1\right|=3\sqrt{5}+1\)

= (√2+√3+√6+√8+√4+√4)/(√2+√3+√4)
= [(√2+√3+√4) + (√4+√6+√8)]/(√2+√3+√4)
= [(√2+√3+√4) + (√2.√2+√2.√3+√2.√4)]/(√2+√3+√4)
= [(√2+1)(√2+√3+√4)]/(√2+√3+√4)
= √2 + 1

\(\sqrt{\frac{2a}{3}}\ge0\)

\(\frac{2a}{3}\ge0\)

\(a\ge0\)thì căn thức có nghĩa

Trả lời:

\(\sqrt{\frac{2a}{3}}\) có nghĩa khi \(\frac{2a}{3}\ge0\)\(\Leftrightarrow2a\ge0\Leftrightarrow a\ge0\)

Vậy \(a\ge0\) thì căn thức có nghĩa.

A B C H

Hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa

Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác vuông ABC:

\(AB=\sqrt{BC^2-AC^2}\)

\(\Rightarrow AB=\sqrt{100^2-60^2}\)

\(\Rightarrow AB=80\left(cm\right)\)

Chu vi tam giác ABC= AB+AC+BC=80+60+100=240(cm)

Xét tam giác ABC vuông tại A, đương cao AH có:

+ \(AH=\frac{AB.AC}{BC}\)

\(\Rightarrow AH=\frac{80.60}{100}\)

\(\Rightarrow AH=48\left(cm\right)\)

+ \(BH=\frac{AB^2}{BC}\)

\(\Rightarrow BH=\frac{80^2}{100}=64\left(cm\right)\)

 \(CH=BC-BH\)

\(\Rightarrow CH=100-64=36\left(cm\right)\)

Chu vi tam giác ABH= AB+BH+AH=80+64+48=192(cm)

Chu vi tam giác ACH=AC+CH+AH=60+36+48=144(cm)

\(x+y+2xy-xy\left(x+y\right)=2< =>\left(x+y-2\right)\left(1-xy\right)=0\)

rồi xét từng th thôi nhé