\(\Delta ABC\)vuông tại A, đường cao AH \(\Rightarrow AH^2=BH.CH\left(htl\right)\)

\(\Rightarrow CH=\frac{AH^2}{BH}=\frac{6^2}{3}=12\)hay x = 12

\(\Delta ACH\)vuông tại H \(\Rightarrow AC^2=AH^2+CH^2\left(đlPytago\right)\)

\(\Rightarrow AC^2=6^2+12^2=36+144=180\)

\(\Rightarrow AC=\sqrt{180}=6\sqrt{5}\)hay \(y=6\sqrt{5}\)

= \(a\sqrt{b}.\left(\sqrt{b}+1\right)+\left(\sqrt{b}+1\right)\)

= \(\left(\sqrt{b}+1\right)\left(\text{a}\sqrt{b}+1\right)\)

123456789-44444444444444444444444444445

a) 5x−13y=7⇔y=5x−713=5x+5−13135x−13y=7⇔y=5x−713=5x+5−1313
=5(x+1)13−1=5(x+1)13−1(1)
đật x+1=13t⇔x=13t−1(t−thuoc−Z)x+1=13t⇔x=13t−1(t−thuoc−Z)
thay vào (1) ta có y=5t−1(t−thuoc−Z)y=5t−1(t−thuoc−Z)
b) 6x−5y=−38⇔x=5y−386=5y+10−4866x−5y=−38⇔x=5y−386=5y+10−486
=5(y+2)6−8=5(y+2)6−8(1)
đặt y+2=6t⇔y=6t−2(t−thuoc−Zy+2=6t⇔y=6t−2(t−thuoc−Z(2)
vì y>0⇒t>13y>0⇒t>13(3)
thay (2) vào (1) ta có;
x=5t−8x=5t−8vì x<0⇒t<85(t−thuoc−Z)x<0⇒t<85(t−thuoc−Z)(4)
từ (3),(4) 13<t<8513<t<85
mà t thuôc Z nên t=1
với t= 1 thì x=-3,y=4

Đặt \(\sqrt{x^2+2021}=a\ge0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x^4+a=2021\\a^2-x^2=2021\end{cases}}\)

Lấy trên trừ dưới vế theo vế được

\(x^4+a-a^2+x^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+x^2\right)\left(x^2-a+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-a+1=0\)

\(\Rightarrow x^2+1=\sqrt{x^2+2021}\)

\(\Leftrightarrow x^4+2x^2+1=x^2+2021\)

\(\Leftrightarrow x^4+x^2=2020\)

Vậy \(A=2020\)

\(A=\frac{x-1+4}{\sqrt{x}-1}\)

\(=\sqrt{x}+1+\frac{4}{\sqrt{x}-1}\)

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

\(\Leftrightarrow A\ge2\sqrt{\left(\sqrt{x}-1\right).\frac{4}{\sqrt{x}-1}+2}\)

\(\Leftrightarrow A\ge2\sqrt{4}+2=6\)

Giá trị nhỏ nhất của \(A=6\) khi: 

\(\left(\sqrt{x}-1\right)^2=4\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}-1=2\left(\sqrt{x}-1>0\right)\)

\(\Leftrightarrow x=9\)

xxsssdfrtf

Đáp án đúng: B

Giúp j ????????? 🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️🤷🏼‍♀️

cái ảnh nó ko lên

a) Xét đường tròn (O) cóa đường kính AC và \(H\in\left(O\right)\) nên \(\widehat{AHC}=90^0\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\Rightarrow AH\perp BC\)tại H (đpcm)

Hiển nhiên \(\Delta ABH\)vuông tại H \(\Rightarrow\sin\widehat{BAH}=\frac{BH}{AB}=\frac{3,6}{6}=\frac{3}{5}\Rightarrow\widehat{BAH}\approx37^0\)

b) Vì M là trung điểm AB \(\Rightarrow\)HM là trung tuyến của \(\Delta ABH\)

Mà \(\Delta ABH\)vuông tại H nên \(HM=\frac{1}{2}AB\)(tính chất tam giác vuông)

Vì \(AM=\frac{1}{2}AB\)(M là trung điểm AB) \(\Rightarrow AM=HM\left(=\frac{1}{2}AB\right)\)

Xét đường tròn (O) có A và H thuộc (O) nên OA = OH (vì cùng bằng bán kính của (O))

Xét \(\Delta MAO\)và \(\Delta MHO\)có OM chung; OH = OA(cmt) và AM = HM(cmt) 

\(\Rightarrow\Delta MAO=\Delta MHO\left(c.c.c\right)\)(đpcm thứ nhất)

\(\Rightarrow\widehat{MAO}=\widehat{MHO}\),mà \(\widehat{MAO}=90^0\Rightarrow\widehat{MHO}=90^0\)

Xét tứ giác AOHM có \(\widehat{MAO}+\widehat{MHO}=90^0+90^0=180^0\)

\(\Rightarrow\)Tứ giác AOHM nội tiếp \(\Rightarrow\)4 điểm M,A,O,H cùng thuộc một đường tròn. (đpcm thứ hai)

c) Dễ thấy HQ//AB\(\left(\perp AC\right)\)\(\Rightarrow\frac{AC}{AB}=\frac{QC}{QH}\left(Talet\right)\)

\(\Rightarrow\frac{AQ.AC}{AB^2}=\frac{AQ}{AB}.\frac{AC}{AB}=\frac{AQ}{AB}.\frac{QC}{QH}=\frac{AQ.QC}{AB.QH}\)(*)

\(\Delta ACH\)vuông tại H có đường cao HQ \(\Rightarrow QH^2=QA.QC\left(htl\right)\)

Thay vào (*), ta có: \(\frac{AQ.AC}{AB^2}=\frac{QA.QC}{AB.QH}=\frac{QH^2}{AB.QH}=\frac{QH}{AB}\)

Cũng theo đl Ta-lét thì: \(\frac{QH}{AB}=\frac{CH}{BC}\)\(\Rightarrow\frac{AQ.AC}{AB^2}=\frac{CH}{BC}\)(1)

Mặt khác \(\frac{QA.QC}{HC^2}=\frac{QH^2}{HC^2}=\left(\frac{QH}{HC}\right)^2=\left(\frac{AB}{BC}\right)^2=\frac{AB^2}{BC^2}\)

\(\Rightarrow\frac{AQ.AC}{AB^2}+\frac{QA.QC}{HC^2}=\frac{CH}{BC}+\frac{AB^2}{BC^2}=\frac{CH.BC}{BC^2}+\frac{AB^2}{BC^2}=\frac{CH.BC+AB^2}{BC^2}\)

\(\Delta ABC\)vuông tại A có đường cao AH \(\Rightarrow CH.BC=AC^2\)

\(\Rightarrow\frac{AQ.AC}{AB^2}+\frac{QA.QC}{HC^2}=\frac{AC^2+AB^2}{BC^2}=1\left(đpcm\right)\)