d, đk : 0 =< x =< 1

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

mà x >=0 và 1 - x >= 0

\(\Rightarrow\left(\sqrt{1-x}+\sqrt{x}\right)^2\ge1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{1-x}+\sqrt{x}\ge1\)

mà có \(x\ge0\Rightarrow x+1\ge1\Rightarrow\sqrt{x+1}\ge1\) và \(\sqrt{x}\ge0\)

\(\Rightarrow D\ge2\)

dấu = xảy ra khi x = 0

ĐK : x >= -1

\(\Leftrightarrow3+3x=4x+20\Leftrightarrow x=-17\left(ktm\right)\)

Vậy phương trình vô nghiệm

Câu 6 : 

a, d // d₁ <=> \(\hept{\begin{cases}a=-3\\b\ne0\end{cases}}\)

d đi qua A (2;-1) <=> \(-3.2+b=-1\Leftrightarrow b=5\)(tmđk) 

Vậy a = -3 ; b =   5 

b, d // d₂ <=> \(\hept{\begin{cases}a=-2\\b\ne3\end{cases}}\)

d đi qua B(2;5) <=> \(-2.2+b=5\Leftrightarrow b=9\)(tmđk)

Vậy a = -2 ; b = 9 

c, mờ quá chả nhìn rõ, mình gợii ý nhé: thay tọa độ từng điểm vào rồi giải hệ tìm a;b 

Bài 2 : để đths trên là hàm bậc nhất khi \(3m-2\ne0\Leftrightarrow m\ne\frac{2}{3}\)

a, Để đths trên đồng biến  khi \(3m-2>0\Leftrightarrow m>\frac{2}{3}\)

b, Để đths trên nghịch biến khi \(3m-2< 0\Leftrightarrow m< \frac{2}{3}\)

c, đths trên đi qua A(2;3/2) <=> \(2\left(3m-2\right)+m+1=\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow6m-4+m+1=\frac{3}{2}\Leftrightarrow7m-3=\frac{3}{2}\Leftrightarrow m=\frac{9}{14}\)(tm)

d, Thay x = 0 ; y = -5 vào đths trên ta được : 

\(m+1=-5\Leftrightarrow m=-6\)(tm)

e, Thay x = 3 ; y = 0 vào đths trên ta được :

\(3\left(3m-2\right)+m+1=0\Leftrightarrow10m-5=0\Leftrightarrow m=\frac{1}{2}\)(tm)

\(7\sqrt{12}+2\sqrt{27}-4\sqrt{75}=14\sqrt{3}+6\sqrt{3}-20\sqrt{3}=0\)

\(A=\frac{\sqrt{x}\left(1+\sqrt{x}\right)}{\left(1-\sqrt{x}\right)\left(1+\sqrt{x}\right)}+\frac{\sqrt{x}\left(1-\sqrt{x}\right)}{\left(1-\sqrt{x}\right)\left(1+\sqrt{x}\right)}-\frac{3-\sqrt{x}}{\left(1-\sqrt{x}\right)\left(1+\sqrt{x}\right)}\)

\(=\frac{\sqrt{x}+x+\sqrt{x}-x-3+\sqrt{x}}{\left(1-\sqrt{x}\right)\left(1+\sqrt{x}\right)}=\frac{3\sqrt{x}-3}{\left(1-\sqrt{x}\right)\left(1+\sqrt{x}\right)}=\frac{-3\left(1-\sqrt{x}\right)}{\left(1-\sqrt{x}\right)\left(1+\sqrt{x}\right)}=\frac{-3}{\sqrt{x}+1}\)

Kẻ \(CH\perp AB\).

Xét tam giác \(ACH\)vuông tại \(H\): \(CH^2=AC^2-AH^2\)

Xét tam giác \(BCH\)vuông tại \(H\): \(CH^2=BC^2-BH^2=BC^2-\left(AB-AH\right)^2\)

\(=BC^2-AB^2+2AB.AH-AH^2\)

suy ra \(AC^2=BC^2-AB^2+2AB.AH\)

\(\Leftrightarrow BC^2=AB^2+AC^2-2AB.AH=AB^2+AC^2-2AB.AC.cosA\)

\(\left(\sqrt{10}+\sqrt{2}\right)\sqrt{3-\sqrt{5}}=\left(\sqrt{5}+1\right)\sqrt{6-2\sqrt{5}}\)

\(=\left(\sqrt{5}+1\right)\left(\sqrt{5}-1\right)=5-1=4\)

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

\(=\left(\sqrt{5}+1\right)\sqrt{6-2\sqrt{5}}\)

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

\(=\left(\sqrt{5}+1\right)\left(\sqrt{5}-1\right)=5-1=4\)

\(\sqrt{x^2-4}+\sqrt{x^2-4x+4}=0\)

\(ĐKXĐ:\orbr{\begin{cases}x\le-2\\x\ge2\end{cases}}\)

\(\sqrt{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}+\sqrt{\left(x-2\right)^2}=0\)

\(\sqrt{x-2}\left(\sqrt{x+2}+\sqrt{x-2}\right)=0\)

\(\orbr{\begin{cases}\sqrt{x-2}=0\\\sqrt{x+2}+\sqrt{x-2}=0\end{cases}\orbr{\begin{cases}x=2\\\sqrt{x+2}=-\sqrt{x-2}\end{cases}\orbr{\begin{cases}x=2\left(TM\right)\\2=0\left(KTM\right)\end{cases}}}}\)

vậy pt có nghiệm duy nhất là 2

Bài 2 : 

a, \(\sqrt{\left(x-5\right)^2}=7\Leftrightarrow\left|x-5\right|=7\)

TH1 : \(x-5=7\Leftrightarrow x=12\)

TH2 : \(x-5=-7\Leftrightarrow x=-2\)

b, \(\sqrt{2x-4}=12\Leftrightarrow2x-4=144\)ĐK : x >= 2

\(\Leftrightarrow2x=148\Leftrightarrow x=74\)

c, \(\sqrt{25x-25}-2\sqrt{9x-9}=-6\)ĐK : x >= 1

\(\Leftrightarrow5\sqrt{x-1}-6\sqrt{x-1}=-6\Leftrightarrow\sqrt{x-1}=6\Leftrightarrow x=37\)

Bài 4 : 

a, Xét tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH

Theo định lí Pytago tam giác ABC vuông tại A

\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{400-144}=16\)cm 

* Áp dụng hệ thức : \(AB.AC=BC.AH\Rightarrow AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{192}{20}=\frac{48}{5}\)cm 

* Áp dụng hệ thức : \(AB^2=BH.BC\Rightarrow BH=\frac{AB^2}{BC}=\frac{144}{20}=\frac{36}{5}\)cm 

b, sinBAH = \(\frac{BH}{AB}=\frac{\frac{36}{5}}{12}=\frac{3}{5}\)

cosBAH = \(\frac{AH}{AB}=\frac{\frac{48}{5}}{12}=\frac{4}{5}\)

tanBAH = \(\frac{BH}{AH}=\frac{\frac{36}{5}}{\frac{48}{5}}=\frac{36}{48}=\frac{3}{4}\)

cotaBAH = \(\frac{AH}{BH}=\frac{48}{36}=\frac{4}{3}\)

c, Ta có : \(\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}=\frac{\sqrt{2}}{AD}\Rightarrow\frac{AB+AC}{ABAC}=\frac{\sqrt{2}}{AD}\)

\(\Rightarrow\left(AB+AC\right)AD=\sqrt{2}ABAC\)(*) 

Vì AD là đường phân giác \(\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}\Rightarrow\frac{CD}{AC}=\frac{BD}{AB}\)

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau : \(\frac{CD}{AC}=\frac{BD}{AB}=\frac{BC}{AB+AC}=\frac{20}{12+16}=\frac{20}{28}=\frac{5}{7}\)

\(\Rightarrow BD=\frac{5}{7}AB=\frac{5}{7}.12=\frac{60}{7}\)cm 

=> \(HD=BD-BH=\frac{60}{7}-\frac{36}{5}=\frac{48}{35}\)xm 

Theo Pytago tam giác AHD vuông tại H : 

\(AD=\sqrt{HD^2+AH^2}=\frac{48\sqrt{2}}{7}\)cm 

Thay vào (*) ta được : \(\frac{\left(12+16\right).48\sqrt{2}}{7}=\sqrt{2}.12.16\)*đúng*

Vậy ta có đpcm