\(\dfrac{\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}-\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{2}.\left(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)}{\left(1+\sqrt{2}-\sqrt{3}\right)\left(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)}=\dfrac{\sqrt{2}.\left(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)}{\left(1+\sqrt{2}\right)^2-3}=\dfrac{\sqrt{2}.\left(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)}{1+2\sqrt{2}+2-3}=\dfrac{\sqrt{2}.\left(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)}{2\sqrt{2}}=\dfrac{1+\sqrt{2}+\sqrt{3}}{2}\)

= 2,073132185

Ta có \(\dfrac{BH}{CH}=\dfrac{9}{16}\Leftrightarrow BH=\dfrac{9}{16}CH\) (1)

Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên \(BH.CH=AH^2=48^2=2304\)

Kết hợp với (1), ta có \(\dfrac{9}{16}CH^2=2304\Leftrightarrow CH^2=4096\Leftrightarrow CH=64\left(cm\right)\) (do \(CH>0\))

Lại có \(BH=\dfrac{9}{16}CH=\dfrac{9}{16}.64=36\left(cm\right)\)

Do đó \(BC=BH+CH=36+64=100\left(cm\right)\)

Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH nên ta có \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH.BC\\AC^2=CH.BC\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=\sqrt{BH.BC}=\sqrt{36.100}=60\left(cm\right)\\AC=\sqrt{CH.BC}=\sqrt{64.100}=80\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy \(AB=60cm;AC=80cm\)

b) Ta có \(VT=BD^2-CD^2=\left(BD+CD\right)\left(BD-CD\right)\) \(=BC\left(BD-CD\right)\) (2)

Dễ thấy ID//AH do cùng vuông góc với BC. Tam giác CAH có I là trung điểm AC, ID//AH nên D là trung điểm HC, do đó \(CD=DH\). Thay vào (2), ta có \(VT=BC\left(BD-DH\right)=BC.BH=AB^2=VP\). Vậy đẳng thức được chứng minh.

Tam giác ABC có \(AB=AC=x\) nên tam giác này cân tại A. Do đó, đường cao AM của tam giác ABC cũng chính là đường trung tuyến. Từ đó \(MB=MC=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{2y}{2}=y\) (vì \(BC=2y\))

Ta có \(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AM.BC=\dfrac{1}{2}.5.2y=5y\)

và \(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}BN.AC=\dfrac{1}{2}.6.x=3x\)

Do đó, ta có \(3x=5y\left(=S_{ABC}\right)\Leftrightarrow y=\dfrac{3}{5}x\)

Tam giác ABM vuông tại M nên \(AB^2-BM^2=AM^2\) \(\Leftrightarrow x^2-y^2=25\) \(\Leftrightarrow x^2-\left(\dfrac{3}{5}x\right)^2=25\) \(\Leftrightarrow x^2-\dfrac{9}{25}x^2=25\) \(\Leftrightarrow\dfrac{16}{25}x^2=25\) \(\Leftrightarrow x^2=\dfrac{625}{16}\Leftrightarrow x=\dfrac{25}{4}\) (do \(x>0\))

Mà \(y=\dfrac{3}{5}x=\dfrac{3}{5}.\dfrac{25}{4}=\dfrac{15}{4}\)

Vậy \(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{25}{4}\\y=\dfrac{15}{4}\end{matrix}\right.\)

Hình như đề bị thiếu dữ kiện á, bạn xem lại đề ghi đủ chưa nha

Đủ rồi đó bạn. 

\(\sqrt{x-10}=-2\)

Ta có: \(\sqrt{x-10}\ge0\)

`=>` Đề bài vô lý

Vậy pt vô nghiệm

\(\sqrt{3,6\times16,9}=\sqrt{60,84}=7,8\)

7,8

\(\dfrac{\sqrt{6^5}}{\sqrt{2^3\cdot3^5}}=\dfrac{\sqrt{7776}}{\sqrt{8\cdot243}}=\dfrac{\sqrt{7776}}{\sqrt{1944}}=\dfrac{36\sqrt{6}}{18\sqrt{6}}=\dfrac{36}{18}=2\)

\(x=\dfrac{\left(\sqrt{3}-1\right)\sqrt[3]{10+6\sqrt{3}}}{\sqrt{21+4\sqrt{5}}+3}\) mình nghĩ đề này ms đúng

\(=\dfrac{3-1}{\sqrt{20}+4}=\dfrac{1}{\sqrt{5}+2}\)

\(=\sqrt{5}-2\)

\(\Rightarrow x+2=\sqrt{5}\)

\(\Rightarrow x^2+4x=1\)

\(\Rightarrow F=-1\)

Bạn tự vẽ hình nhé. Mình tóm tắt lời giải thôi nhé vì bài này có nhiều ý, làm chi tiết sẽ rất mất thời gian.

a) Tam giác ABH vuông tại H có đường cao HF nên \(BH^2=BF.BA\left(htl\right)\)

Tương tự, ta có \(CH^2=CE.CA\)

Nhân vế theo vế giữa 2 hệ thức vừa tìm được, ta có \(CE.CA.BF.BA=\left(BH.CH\right)^2\)  (1)

Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên \(AH^2=BH.CH\)

Thay vào (1), ta có đpcm

b) Chia 2 vế của hệ thức \(CE.CA.BF.BA=AH^4\) cho AH, ta được \(\dfrac{CE.CA.BF.BA}{AH}=AH^3\Leftrightarrow CE.BF.\dfrac{CA.BA}{AH}=AH^3\) (2)

Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên \(CA.BA=BC.AH\Leftrightarrow BC=\dfrac{CA.BA}{AH}\)

Thay vào (2), ta có đpcm

c) Chia 2 vế của hệ thức \(CF.BE.BC=AH^3\) cho BC, ta được \(CE.BF=\dfrac{AH^3}{BC}\) (3)

Dễ thấy \(\Delta ECH~\Delta FHB\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{CE}{FH}=\dfrac{EH}{BF}\) \(\Rightarrow CE.BF=HE.HF\)

Thay vào (3), ta có \(HE.HF=\dfrac{AH^3}{BC}\) (4)

Dễ dàng chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật nên \(HE=AF;HF=AE\) nên thay vào (4), ta có đpcm

d) Hiển nhiên ta có hệ thức sau: \(\dfrac{BC}{BA}.\dfrac{AC}{BC}.\dfrac{AC}{AB}=1\)  (5)

Dễ thấy \(\dfrac{BF}{BA}=\dfrac{BH}{BC}\Rightarrow\dfrac{BC}{BA}=\dfrac{BH}{BF}\)

và \(\dfrac{CE}{CA}=\dfrac{CH}{BC}\Rightarrow\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{CE}{CH}\)

Thay 2 hệ thức vừa tìm được vào (5), ta có \(\dfrac{BH}{BF}.\dfrac{CE}{CH}.\dfrac{AB}{AC}=1\Leftrightarrow\dfrac{BH.AB}{CH.AC}=\dfrac{BF}{CE}\) (6)

Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH nên ta có \(AB^2=BH.BC;AC^2=CH.BC\) . Chia vế theo vế giữa 2 hệ thức này, ta có \(\dfrac{BH}{CH}=\dfrac{AB^2}{AC^2}\) . Thay vào (6), ta có đpcm

Giúp mik vs mn ơi 

a, x = \(\sqrt{x}\) (đk x > 0)

    ⇔ x² = x ⇔ x² - x = 0 ⇔ x(x-1)= 0 ⇔ x =0 (loại) hoặc x = 1

vậy x = 1

b, x > \(\sqrt{x}\) (đk X > 0)

⇔ x² > x ⇔ x² - x > 0 ⇔ x (x-1)> 0 ⇔ x >1

c. x < \(\sqrt{x}\) (đk x >0)

⇔ x² < x ⇔ x(x-1)<0 ⇔ 0<x<1