Lời giải:

a. Ta thấy $\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0$, mà 2 góc này cùng nhìn cạnh $BC$ nên $BEDC$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow B,C,D,E$ cùng thuộc 1 đường tròn 

b. 

Ta thấy $\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=90^0+90^0=180^0$ mà 2 góc này là 2 góc đối nhau nên $AEHD$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow A,E,H,D$ cùng thuộc 1 đường tròn

c. 

$H$ là giao của 2 đường cao $BD, CE$ nên $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$
$\Rightarrow AH\perp BC(1)$

Mặt khác: $\widehat{HKC}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn đường kính $CH$) 

$\Rightarrow HK\perp BC(2)$

Từ $(1); (2)\Rightarrow A,H,K$ thẳng hàng.

Hình vẽ:

Xét đường tròn (O) có AB là đường kính nên \(\widehat{ACB}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(BC\perp AE\) tại C hay BC là đường cao của tam giác ABE. Lại có C là trung điểm AB nên BC là trung tuyến của tam giác ABE. Từ đó tam giác ABE cân tại B hay \(BE=BA\). Do BA cố định nên BE không đổi. Mà B cố định nên khi C thay đổi thì E sẽ di chuyển trên đường tròn tâm B, bán kính BA cố định.

Câu hỏi không rõ ràng. Bạn xem lại.

\(\widehat{C}=90^o-\widehat{B}=90^o-32^o=58^o\)

\(tanB=\dfrac{AC}{AB}\Leftrightarrow AC=AB.tanB=3,5.tan32^o\left(cm\right)\)

\(cosB=\dfrac{AB}{BC}\Leftrightarrow BC=\dfrac{AB}{cosB}=\dfrac{3,2}{cos32^o}\left(cm\right)\)

\(x^3-x^2-7x+18=4\sqrt{x+2}\)  (ĐK: \(x\ge-2\))

\(\Leftrightarrow x^3-x^2-8x+12+x+6-4\sqrt{x+2}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2\left(x+3\right)+\dfrac{\left(x+6\right)^2-16\left(x+2\right)}{x+6+4\sqrt{x+2}}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2\left(x+3\right)+\dfrac{x^2-4x+4}{x+6+4\sqrt{x+2}}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2\left(x+3+\dfrac{1}{x+6+4\sqrt{x+2}}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x-2=0\) (vì \(x\ge-2\))

\(\Leftrightarrow x=2\) (thỏa mãn)

Ta có P = \(x\sqrt{x+y}+y\sqrt{y+z}+z\sqrt{z+x}\)

<=> \(\sqrt{2}P=\sqrt{2}x.\sqrt{x+y}+\sqrt{2}y.\sqrt{y+z}+\sqrt{2}z.\sqrt{z+x}\)

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương \(\sqrt{2}x;\sqrt{x+y}\) được 

\(\sqrt{2}x.\sqrt{x+y}\le\dfrac{2x^2+x+y}{2}\)

Tương tự ta được \(\sqrt{2}y.\sqrt{y+z}\le\dfrac{2y^2+y+z}{2}\) ; 

\(\sqrt{2}z.\sqrt{z+x}\le\dfrac{2z^2+z+x}{2}\)

Khi đó \(\sqrt{2}P\le\dfrac{2x^2+x+y}{2}+\dfrac{2y^2+y+z}{2}+\dfrac{2z^2+z+x}{2}=3+x+y+z\)

Lại có \(x^2+1\ge2x\) (bđt Cauchy) 

\(\Leftrightarrow x\le\dfrac{x^2+1}{2}\)

Tương tự được \(x+y+z\le\dfrac{x^2+1}{2}+\dfrac{y^2+1}{2}+\dfrac{z^2+1}{2}=3\)

Khi đó \(\sqrt{2}P\le3+x+y+z\le6\Leftrightarrow P\le3\sqrt{2}\) (đpcm)

"=" khi x = y = z = 1

ko cóa đâu

Trên tia đối tia CB lấy điểm P sao cho \(CP=CB=b\). Khi đó dễ thấy \(BP=BC+CP=a+b\) . Để ý rằng \(\Delta ACP\) vuông cân tại C nên \(AP=PC\sqrt{2}=b\sqrt{2}\)

Hơn nữa, do CD là tia phân giác của góc BCA vuông nên \(\widehat{BCD}=45^o\), từ đó suy ra CD//AP do có 2 góc đồng vị là \(\widehat{P}\) và \(\widehat{BCD}\) bằng nhau (vì chúng cùng bằng \(45^o\))

Trong tam giác ABP có CD//AP nên \(\dfrac{CD}{AP}=\dfrac{BC}{BP}\) hay \(CD=\dfrac{AP.BC}{BP}=\dfrac{b\sqrt{2}.a}{a+b}=\dfrac{ab}{\left(a+b\right).\dfrac{1}{\sqrt{2}}}=\dfrac{ab}{\left(a+b\right).sin45^o}\)  (đpcm)

gọi E, F lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ D xuống AC, CB.

tứ giác DECF có 3 góc vuông và CD là phân giác góc \(\widehat{ECF}\) 

=> DECF là hình vuông

gọi x (đvđd) là cạnh hình vuông DECF, CD là đường chéo hình vuông => CD = \(x\sqrt{2}\) (đvđd)

theo Talet: \(\dfrac{BF}{BC}=\dfrac{DF}{AC}\)hay \(\dfrac{a-x}{a}=\dfrac{x}{b}\Rightarrow ba-bx=ax\Rightarrow ab=x\left(a+b\right)\Rightarrow x=\dfrac{ab}{a+b}\)=> \(CD=x\sqrt{2}=\dfrac{ab}{a+b}\sqrt{2}=\dfrac{ab}{\left(a+b\right).\sin45^o}\) (đpcm)

Lời giải:
ĐKXĐ: $x>1; x\neq 2$

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

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

\(=\frac{\sqrt{(\sqrt{x-1}-1)^2}+\sqrt{(\sqrt{x-1}+1)^2}}{|x-2|}.\frac{x-2}{x-1}\)

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

Nêu $x>2$ thì: \(B=\frac{\sqrt{x-1}-1+\sqrt{x-1}+1}{x-2}.\frac{x-2}{x-1}=\frac{2\sqrt{x-1}}{x-2}.\frac{x-2}{x-1}=\frac{2}{\sqrt{x-1}}\)

Nếu $1< x< 2$ thì:

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

b.

TH $1< x< 2$ thì không có giá trị $x$ nguyên nào thỏa mãn 

TH $x>2$ thì để $B$ nguyên thì $\sqrt{x-1}$ là ước của $2$

$\Rightarrow \sqrt{x-1}\in \left\{1;2\right\}$

$\Rightarrow x\in \left\{2; 5\right\}$

Vì $x>2$ nên $x=5$

\(\sqrt{x+1+\sqrt{x+\dfrac{3}{4}}}=x+1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x+\dfrac{3}{4}\right)+\sqrt{x+\dfrac{3}{4}}+\dfrac{1}{4}}=x+1\)

\(\Leftrightarrow\left|\sqrt{x+\dfrac{3}{4}}+\dfrac{1}{2}\right|=x+1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x+\dfrac{3}{4}}+\dfrac{1}{2}=x+1\) (do \(\sqrt{x+\dfrac{3}{4}}+\dfrac{1}{2}>0\))

\(\Leftrightarrow\sqrt{x+\dfrac{3}{4}}=x+\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+\dfrac{1}{2}\ge0\\\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2=x+\dfrac{3}{4}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge-\dfrac{1}{2}\\x^2+x+\dfrac{1}{4}=x+\dfrac{3}{4}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge-\dfrac{1}{2}\\x^2-\dfrac{1}{2}=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge-\dfrac{1}{2}\\\left(x-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)\left(x+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge-\dfrac{1}{2}\\\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(nhận\right)\\x=\dfrac{-\sqrt{2}}{2}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

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

- Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là \(x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)