a) 3\(\sqrt{3}\)=\(\sqrt{27}\)>\(\sqrt{12}\)

c) \(\frac{1}{3}\)\(\sqrt{51}\)=\(\sqrt{\frac{51}{9}}\)<\(\frac{1}{5}\)\(\sqrt{150}\)=\(\sqrt{\frac{150}{25}}\)=\(\sqrt{6}\)

b) 3\(\sqrt{5}\)=\(\sqrt{45}\)< 7=\(\sqrt{49}\)

d) \(\frac{1}{2}\sqrt{6}\)=\(\sqrt{\frac{6}{4}}\)=\(\sqrt{\frac{3}{2}}\)< 6\(\sqrt{\frac{1}{2}}\)=\(\sqrt{\frac{36}{2}}\)=\(\sqrt{18}\)

a) Ta có: $3\sqrt{3}=\sqrt{3^2.3}=\sqrt{9.3}=\sqrt{27}$

Vì $\sqrt{27}>\sqrt{12}$ nên $3\sqrt{3}>\sqrt{12}$

Vậy $3\sqrt{3}>\sqrt{12}$.
b) Ta có: $3\sqrt{5}=\sqrt{3^2.5}=\sqrt{45}$

$7=\sqrt{7^2}=\sqrt{49}$

Vì $\sqrt{49}>\sqrt{45}$ nên $7>3\sqrt{5}$

Vậy $7>3\sqrt{5}$.

c) Ta có: $\frac{1}{3}\sqrt{51}=\sqrt{{\left(\frac{1}{3}\right)}^2.51}=\sqrt{\frac{51}{9}}$

$\frac{1}{5}\sqrt{150}=\sqrt{{\left(\frac{1}{5}\right)}^2.150}=\sqrt{\frac{150}{25}}=\sqrt{6}=\sqrt{\frac{6.9}{9}}=\sqrt{\frac{54}{9}}$

Vì $\sqrt{\frac{54}{9}}>\sqrt{\frac{51}{9}}$ nên $\frac{1}{3}\sqrt{51}<\frac{1}{5}\sqrt{150}$

Vậy $\frac{1}{3}\sqrt{51}<\frac{1}{5}\sqrt{150}$.

d) Ta có: $\frac{1}{2}\sqrt{6}=\sqrt{{\left(\frac{1}{2}\right)}^2.6}=\sqrt{\frac{6}{4}}$

$=\sqrt{\frac{3}{2}}=\sqrt{3.\frac{1}{2}}=\sqrt{3}.\sqrt{\frac{1}{2}}$

Vì $\sqrt{3}.\sqrt{\frac{1}{2}}<6\sqrt{\frac{1}{2}}$ nên $\frac{1}{2}.\sqrt{6}<6\sqrt{\frac{1}{2}}$

Vậy $\frac{1}{2}\sqrt{6}<6\sqrt{\frac{1}{2}}$.

1. Do BD , CE là đường cao của tam giác ABC nên \(\widehat{BDC}=90^o\)và \(\widehat{BEC}=90^o\)

Vì E , D nằm cùng 1 phía trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC nên tứ giác BCDE nội tiếp trong đường trong đường kính BC

2. Trên cung tròn đường kính BC ta có : \(\widehat{D_1}=\widehat{C_1}\)( cùng chắc cung \(\widebat{BE}\))

Trên đường tròn (O) , ta có : \(\widehat{M_1}=\widehat{C_1}\)( cùng chắn cung \(\widebat{BN}\))

Suy ra : \(\widehat{D_1}=\widehat{M_1}\Rightarrow MN//DE\)( do có 2 góc đồng vị bằng nhau )

3. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và I là trung điểm của BC.

Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{AEH}=90^o\)( do CE vuông AB )

                                 \(\widehat{ADH}=90^o\)( do BD vuông AC )

\(\Rightarrow\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=180^O\)nên tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AH

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE là đường tròn đường kính AH , có bán kính bằng \(\frac{AH}{2}\)

Kẻ đường kính AK của đường tròn (O) , ta có : 

\(\widehat{KBA}=90^o\)( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) )

\(\Rightarrow KB\perp AB\)

mà \(CE\perp AB\left(gt\right)\)nên KB // CH (1)

Chứng minh tương tự ta có KC // BH (2)

Từ (1) và (2) => BKCH là hình bình hành

Vì I là trung điểm của BC suy ra I cũng là trung điểm của KH . Mặt khác ta có O là trung điểm của AK nên \(OI=\frac{AH}{2}\). Do BC cố định nên I cố định suy ra Oi không đổi

Vậy khi điểm A di động trên cung lớn BC thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn không đổi 

Do tứ giác BCDE nội tiếp nên \(\widehat{ADE}=\widehat{ABC}\)( tính chất góc ngoài bằng góc trong đối diện ) (3)

Xét 2 tam giác ADE và ABC ta có \(\widehat{DAE}=\widehat{BAC}\), kết hợp với (3) ta có 2 tam giác này đồng dạng 

\(\Rightarrow\frac{S_{\Delta ADE}}{S_{\Delta ABC}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=\left(\cos\widehat{DAB}\right)^2=\left(\cos\widehat{CAB}\right)^2\)

Do BC cố định nên cung nhỏ BC không đổi suy ra số đô góc CAB không đổi . Vậy để S_ADE đạt giá trị lớn nhất thì S_ABC cũng phải đạt giá trị lớn nhất . Điều này xảy ra khi và chỉ khi A là điểm chính giữa cung lớn BC

\(\frac{1}{3-\sqrt{7}}-\frac{1}{3+\sqrt{7}}=\frac{3+\sqrt{7}}{\left(3-\sqrt{7}\right)\left(3+\sqrt{7}\right)}-\frac{3-\sqrt{7}}{\left(3-\sqrt{7}\right)\left(3+\sqrt{7}\right)}\)

\(=\frac{3+\sqrt{7}-3+\sqrt{7}}{\left(3-\sqrt{7}\right)\left(3+\sqrt{7}\right)}=\frac{2\sqrt{7}}{9-7}=\sqrt{7}\)

a, \(\frac{1}{3-\sqrt{7}}-\frac{1}{3+\sqrt{7}}=\frac{3+\sqrt[]{7}-3+\sqrt{7}}{\left(3-\sqrt{7}\right)\left(3+\sqrt{7}\right)}\)

\(=\frac{2\sqrt{7}}{9-7}=\sqrt{7}\)

Ta có:

+)  3√5=√32.5=√9.5=√45.35=32.5=9.5=45.

+)  −5√2=−√52.2=−√25.2=−√50.−52=−52.2=−25.2=−50.

+) Với xy>0xy>0 thì √xyxy có nghĩa nên ta có:

−23√xy=−√(23)2.xy=−√49xy.−23xy=−(23)2.xy=−49xy.

+) Với x>0x>0 thì √2x2x có nghĩa nên ta có:

x√2x=√x2.2x=√x2.2xx2x=x2.2x=x2.2x=√2x.xx=√2x.

a, \(3\sqrt{5}=\sqrt{9.5}=\sqrt{45}\)

b, \(-5\sqrt{2}=-\sqrt{25.2}=-\sqrt{50}\)

c, \(-\frac{2}{3}\sqrt{xy}=-\sqrt{\frac{4}{9}xy}\)

d, \(x\sqrt{\frac{2}{x}}=\sqrt{\frac{2x^2}{x}}=\sqrt{2x}\)

a, \(\sqrt{54}=\sqrt{9.6}=3\sqrt{6}\)

b, \(\sqrt{108}=\sqrt{36.3}=6\sqrt{3}\)

c, \(0,1\sqrt{20000}=0,1\sqrt{2.10000}=10\sqrt{2}\)

d, \(-0,05\sqrt{28800}=-0,05\sqrt{288.100}=-0,05.10.\sqrt{144.2}\)

\(=-0,5.12\sqrt{2}=-6\sqrt{2}\)

e, \(\sqrt{7.63.a^2}=\sqrt{7.7.9.a^2}=21\left|a\right|\)

a) $\sqrt{54}=\sqrt{9.6}=\sqrt{9}.\sqrt{6}=3\sqrt{6}$.

b) $\sqrt{108}=\sqrt{36.3}=\sqrt{36}.\sqrt{3}=6\sqrt{3}$.

c) $0,1\sqrt{20000}=0,1\sqrt{2.10000}=0,1\sqrt{2}.\sqrt{10000}$

$=0,1.100\sqrt{2}=10\sqrt{2}$.

d) $-0,05\sqrt{28800}=-0,05\sqrt{288.100}$

$=-0,05\sqrt{\mathrm{2.144.100}}=-0,05.\sqrt{2}.\sqrt{144}.\sqrt{100}$

$=-0,\mathrm{05.12.10}\sqrt{2}$

$=-6\sqrt{2}$.
e) $\sqrt{\mathrm{7.63.}{a}^2}=\sqrt{\mathrm{7.7.9.}{a}^2}=\sqrt{7^2}.\sqrt{9}.\sqrt{a^2}$

$=\mathrm{7.3.}|a|=21|a|$

Nối các điểm ta có tứ giác MNPQMNPQ

Tứ giác MNPQMNPQ có:

- Các cạnh bằng nhau và cùng bằng đường chéo của hình chữ nhật có chiều dài 2cm2cm, chiều rộng 1cm1cm. Do đó theo định lí Py-ta-go, ta có:

MN=NP=PQ=QM=√22+12=√5(cm)MN=NP=PQ=QM=22+12=5(cm).

Hay MNPQMNPQ là hình thoi.

- Các đường chéo bằng nhau và cùng bằng đường chéo của hình chữ nhật có chiều dài 3cm3cm, chiều rộng 1cm1cm nên theo định lý Py-ta-go ta có độ dài đường chéo là:

MP=NQ=√32+12=√10(cm).MP=NQ=32+12=10(cm). 

Như vậy hình thoi MNPQMNPQ có hai đường chéo bằng nhau nên MNPQMNPQ là hình vuông.

Vậy diện tích hình vuông MNPQMNPQ bằng MN²=(√5)²=5(cm²)

Ta thấy mỗi cạnh của tứ giác $MNPQ$ là đường chéo của hình chữ nhật do hai ô vuông ghép lại, nên hình đó có bốn cạnh bằng nhau và bằng \sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}căn 1^2 + 2^2 = căn 5 (đvđd) (định lý Pytago)

Tứ giác $MNPQ$ có bốn cạnh bằng nhau nên tứ giác $MNPQ$ là hình thoi.

Mỗi đường chéo của tứ giác $MNPQ$ là đường chéo của hình chữ nhật do ba ô vuông ghép lại, nên giác $MNPQ$ có hai đường chéo bằng nhau và bằng căn 1^ 2 + 3^2 = căn 10 đvđ d\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}c(đvđd)

Hình thoi $MNPQ$ có hai đường chéo bằng nhau nên tứ giác $MNPQ$ là hình vuông.

Diện tích hình vuông $MNPQ$:

            $S=(căn5{)^2}^2=5$ (đvdt)

a) Đúng. Vì √0,0001=√0,012=0,010,0001=0,012=0,01

Vì  VP=√0,0001=√0,012=0,01=VTVP=0,0001=0,012=0,01=VT. 

b) Sai. 

Vì vế phải không có nghĩa do số âm không có căn bậc hai.

c) Đúng.

Vì: 36<39<4936<39<49  ⇔√36<√39<√49⇔36<39<49

                                 ⇔√62<√39<√72⇔62<39<72

                                 ⇔6<√39<7⇔6<39<7

Hay √39>639>6 và √39<739<7.

d) Đúng. 

Xét bất phương trình đề cho:

                  (4−√13).2x<√3.(4−√13)(4−13).2x<3.(4−13)     (1)(1)

Ta có: 

16>13⇔√16>√1316>13⇔16>13

                       ⇔√42>√13⇔42>13

                       ⇔4>√13⇔4>13

                       ⇔4−√13>0⇔4−13>0

Chia cả hai vế của bất đẳng thức (1)(1) cho số dương (4−√13)(4−13), ta được:

                         (4−√13).2x(4−√13)<√3.(4−√13)(4−√13)(4−13).2x(4−13)<3.(4−13)(4−13)

                        ⇔2x<√3.⇔2x<3.

 Vậy phép biến đổi tương đương trong câu d là đúng. 

a ) Đúng 

b) Sai vì vế phải không có nghĩa 

c) Đúng 

d) Đúng

a, \(\sqrt{\left(x-3\right)^2}=9\Leftrightarrow\left|x-3\right|=9\)ĐK : \(x\ge3\)

TH1 : \(x-3=9\Leftrightarrow x=12\)

TH2 ; \(x-3=-9\Leftrightarrow x=-6\)( ktm )

b, \(\sqrt{4x^2+4x+1}=6\Leftrightarrow\sqrt{\left(2x+1\right)^2}=6\)ĐK : \(x\ge-\frac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left|2x+1\right|=6\)TH1 : \(2x+1=6\Leftrightarrow x=\frac{5}{2}\)

TH2 : \(2x+1=-6\Leftrightarrow x=-\frac{7}{2}\)( ktm )