Lấy \(H,I,K\) trên \(AB,BC,CA\) sao cho \(DH,EI,FK\) tương ứng vuông góc với \(AB,BC,CA\). Lấy \(G\) đối xứng với \(E\) qua \(BC\). Gọi \(AG\) cắt \(DF\) tại \(J\).

Ta thấy \(\Delta BGC=\Delta BEC\sim\Delta BDA\sim\Delta AFC\). Suy ra \(\Delta BDG~\Delta BAC\sim GFC\). Từ đây \(\dfrac{DG}{AC}=\dfrac{BD}{BA}=\dfrac{AF}{AC}\Rightarrow DG=AF\). Tương tự thì \(FG=AD\). Do đó \(ADGF\) là hình bình hành. Suy ra \(J\) là trung điểm của \(DF,AG.\) 

Ta có \(IK||AB\) do \(\dfrac{IB}{IC}=\dfrac{EB^2}{EC^2}=\dfrac{AF^2}{AC^2}=\dfrac{KA}{KC}\) và \(IH||AC\)

Suy ra \(\Delta DHI\sim\Delta IKF\) vì \(\widehat{DHI}=\widehat{IKF}=90^0+\widehat{BAC}\) và \(\dfrac{DH}{IK}=\dfrac{DH}{AH}=\dfrac{AK}{KF}=\dfrac{HI}{KF}\) . Do vậy:\(\widehat{DIF}=\widehat{DIH}+\widehat{HIK}+\widehat{KIF}=\widehat{DIH}+\widehat{BAC}+\widehat{DHI}=180^0-\left(90^0+\widehat{BAC}\right)+\widehat{BAC}=90^0\)Xét \(\Delta AGE\) có đường trung bình \(IJ\). Suy ra \(AE=2IJ\)

Xét \(\Delta DIF\) có \(\widehat{DIF}=90^0\), \(J\) là trung điểm của \(DF\). Suy ra \(DF=2IJ\)

Vậy \(DF=AE.\)

\(\dfrac{1}{a}\)\(\sqrt{a+1}\) 

Trước tiên dễ dàng tính được \(\widehat{B}=58^o\)

Tam giác ABC vuông tại A nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB=AC.tgC\\S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.AC\end{matrix}\right.\)

Mà \(\widehat{C}=32^o;S_{ABC}=80cm^2\) nên ta có \(\left\{{}\begin{matrix}AB=AC.tg32^o\\\dfrac{1}{2}AB.AC=80\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=AC.tg32^o\\AB.AC=160\end{matrix}\right.\)

Từ 2 điều này, ta có \(AC.tg32^o.AC=160\Leftrightarrow AC^2=\dfrac{160}{tg32^o}\Leftrightarrow AC=\sqrt{\dfrac{160}{tg32^o}}\) \(\approx16\left(cm\right)\) 

Từ đó ta có \(AB=\dfrac{160}{AC}=\dfrac{160}{\sqrt{\dfrac{160}{tg32^o}}}\approx10\left(cm\right)\)

Cuối cùng, ta có: \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{\left(\dfrac{160}{\sqrt{\dfrac{160}{tg32^o}}}\right)^2+\left(\sqrt{\dfrac{160}{tg32^o}}\right)^2}\) \(\approx18,869\left(cm\right)\)

Áp dụng định lí pytago trong tam giác vuông ABC tại A , ta có :

\(AB^2+AC^2=BC^2\)

\(\Leftrightarrow5^2+AC^2=13^2\)

\(\Leftrightarrow AC^2=13^2-5^2\)

\(\Leftrightarrow AC=\sqrt{144}=12\left(cm\right)\)

+) Xét tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH: 

\(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH.BC\\AC^2=CH.BC\\AH^2=CH.BH\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}5^2=BH.13\\12^2=CH.13\\AH^2=BH.CH\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}BH=\dfrac{25}{13}\\CH=\dfrac{144}{13}\\AH=\sqrt{\dfrac{25}{13}.\dfrac{144}{13}}=\dfrac{60}{13}\end{matrix}\right.\)

ĐK: \(x^2-4x+4\ge0\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

\(\sqrt{x^2-4x+4}=x+2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x-2\right)^2}=x+2\\ \Leftrightarrow\left|x-2\right|=x+2\)

TH1: \(x-2\ge0\Leftrightarrow x\ge2\)

PT trở thành: \(x-2=x+2\Leftrightarrow-2=2\) (vô lí)

TH2: \(x-2< 0\Leftrightarrow x< 2\)

PT trở thành: \(2-x=x+2\Leftrightarrow2x=0\Leftrightarrow x=0\) (TM)

Vậy PT có nghiệm \(x=0\)

\(\sqrt{x^2-4x+4}=x+2\)        \(ĐK: x \ge -2\)

\(<=>\sqrt{(x-2)^2}=x+2\)

`<=>|x-2|=x+2`

`@` Với `x-2 >= 0<=>x >= 2=>|x-2|=x-2` ptr có dạng:

       `x-2=x+2`

`<=>0x=4` (Vô lí)

 `@` Với `x-2 < 0<=>x < 2` Kết hợp đk \(=>-2 \le x < 2=>|x-2|=2-x` ptr có dạng:

      `2-x=x+2`

`<=>2x=0`

`<=>x=0` (t/m)

Vậy `S=`{`0`}

Bài 6 ;mk ko chép lại đề bài nữa nhé

1, p=[1-\(\dfrac{4}{\sqrt{x}+1}+\dfrac{1}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)]:\(\dfrac{x-2\sqrt{x}}{x-1}\)

=\(\left[\dfrac{x-1-4\left(\sqrt{x}-1\right)+1}{x-1}\right]:\dfrac{x-2\sqrt{x}}{x-1}\)

=\(\left[\dfrac{x-1-4\sqrt{x}+4+1}{x-1}\right]:\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}{x-1}\)

=\(\dfrac{\left(\sqrt{x}-2\right)^2}{x-1}\times\dfrac{x-1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}\)

=\(\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}}\)

b, p=\(\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}}=\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}=4\)

\(\Leftrightarrow x=16\)