a, \(A=\left(\frac{\sqrt{a}}{2}-\frac{1}{2\sqrt{a}}\right)^2\left(\frac{\sqrt{a}-1}{\sqrt{a}+1}-\frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}-1}\right)\)ĐK : \(a>0;a\ne1\)

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

\(=\frac{\left(a-1\right)^2}{4a}.\frac{-4\sqrt{a}}{a-1}=\frac{1-a}{\sqrt{a}}\)

b, \(\frac{1-a}{\sqrt{a}}< 0\Rightarrow\hept{\begin{cases}1-a< 0\\\sqrt{a}>0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a>1\\a>0\end{cases}}\Leftrightarrow a>1\)

c, Ta có : \(A=-2\Rightarrow\frac{1-a}{\sqrt{a}}=-2\Rightarrow1-a=-2\sqrt{a}\)

\(\Leftrightarrow a-2\sqrt{a}-1=0\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-1\right)^2-2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-1-\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{a}-1+\sqrt{2}\right)=0\)

\(\Rightarrow\sqrt{a}=1+\sqrt{2}\left(tm\right);1-\sqrt{a}\left(ktm\right)\Leftrightarrow a=\left(1+\sqrt{2}\right)^2=3+2\sqrt{2}\)

\(\frac{2xy^2}{3ab}\sqrt{\frac{9a^3b^4}{8xy^3}}=\frac{2xy^2}{3ab}\frac{3\sqrt{a^2.a}\sqrt{\left(b^2\right)^2}}{2\sqrt{2xy^2.y}}\)

\(=\frac{2xy^2}{3ab}\frac{3a\sqrt{a}b^2}{2y\sqrt{2xy}}=\frac{6xy^2ab^2\sqrt{a}}{6aby\sqrt{2xy}}=\frac{bxy\sqrt{a}}{\sqrt{2xy}}\)

\(=\frac{bxy\sqrt{2axy}}{2xy}=\frac{b\sqrt{2axy}}{2}\)

y= x+ căn bậc hai của x tất cả mũ hai trên cho x ( cho mình sửa lại cái đề )

Bài 4 :

a)\(5\sqrt{\left(-2\right)^4}\)

\(=5.2^2=5.4=20\)

b)\(-4\sqrt{\left(-3\right)^6}\)

\(=-4.3^3=-4.27=-108\)

Bài 2 

a) 2 và \(\sqrt{2}+1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{1}+1\)và \(\sqrt{2}+1\)

\(\Rightarrow\sqrt{1}+1< \sqrt{2}+1\)

\(\Rightarrow2< \sqrt{2}+1\)

b) 1 và \(\sqrt{3}-1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{4}-1\)và\(\sqrt{3}-1\)

\(\Rightarrow\sqrt{4}-1>\sqrt{3}-1\)

\(\Rightarrow1>\sqrt{3}-1\)

Xét đường tròn (O) có

sđ\(\widehat{BCK}=\)sđ\(\widehat{BAK}\) (Góc nội tiếp đường tròn cùng chắn cung BK) (1)

Xét tứ giác BFEC có F; E cùng nhìn BC dưới 1 góc vuông => E; F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC

=> sđ\(\widehat{BCF}=\)sđ\(\widehat{FEB}\) (Góc nội tiếp đường tròn cùng chắn cung BF) (2)

Xét tứ giác AFHE có E và F cùng nhìn AH dưới 1 góc vuông => E; F cùng nằm trên đường tròn đường kính AH

=> sđ\(\widehat{BAK}=\)sđ\(\widehat{FEB}\) (Góc nội tiếp đường tròn cùng chắn cung HF) (3)

Từ (1) (2) và (3) \(\Rightarrow\widehat{BCF}=\widehat{BCK}\) => BC là phân giác của \(\widehat{KCH}\)

Ta có \(BC\perp KH\)

=> \(\Delta KCH\) cân tại C (Tam giác có đường phân giác đồng thời là đường cao thì tg đó là tg cân)

\(\Rightarrow DH=DK\) (Trong tg cân đường cao đồng thời là đường trung tuyến)