\(A=\frac{1}{\sqrt{5}-2}-\sqrt{9-4\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}+2}{\left(\sqrt{5}-2\right)\left(\sqrt{5}+2\right)}-\sqrt{5-4\sqrt{5}+4}\)

\(A=\frac{\sqrt{5}+2}{5-4}-\sqrt{\left(\sqrt{5}-2\right)^2}=\sqrt{5}+2-\sqrt{5}+2=4\)

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

b) Với x >0 và x khác 1 (1)

Ta có: \(\frac{1}{6}A>B\) <=> \(\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}< 4\cdot\frac{1}{6}\)

<=> \(\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}< \frac{2}{3}\) <=> \(3\sqrt{x}-3< 2\sqrt{x}\) <=> \(\sqrt{x}< 3\) <=> x < 9 (2)

Từ (1) và (2) => 0 < x < 9 và x khác 1

Để M có nghĩa thì \(\hept{\begin{cases}\sqrt{x}-3\ne0\\2-\sqrt{x}\ne0\\x\ge0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge0\\x\ne4\\x\ne9\end{cases}}}\)

ta có \(M=\frac{2\sqrt{x}-9+\left(2\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)-\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\)

\(M=\frac{x-\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-3}\)

b.\(M=5=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-3}\Leftrightarrow\sqrt{x}=4\Leftrightarrow x=16\)

a) Xét tam giác BHI và tam giác ABI:

BHI = ABI (=90^o)

HBI = BAI ( cùng phụ ABH)

=> Tg BHI ~ tg ABI (g.g)

=> \(\frac{IH}{BI}\)= \(\frac{BI}{IA}\) 

=> BI² = IH.IA (1)

Xét tam giác BCD có:

IH // CD (cùng vuông góc BC)

H trđ BC ( tam giác ABC cân tại Acó AH là dg cao => AH là dg trung tuyến)

=> I trđ BD => BI = ID (2)

Từ (1), (2) => ID² = IH.IA (dpcm)

b) Ta có: DCK = CBK ( cùng phụ BCK)

Mà BAH = CBK (cmt)

=> DCK = BAH

Xét tg CKD và tg ABI:

DCK = BAI (cmt)

CKD = ABI ( =90^o)

=> Tg CKD ~ tg ABI ( g.g)

"Còn NC = NK mình nhìn mắt thường còn chưa thấy nó bằng nhau lun á"

a) Tg ABC cân tại A có AH vuông BC (gt)

=> BH=HC

- Tg BDC có :

BH=HC (cmt)

HI//CD (cùng vuông BC)

=> BI=ID (đường TB)

- Xét tg ABI vuông tại B, đường cao BH có :

IH.IA=BI² (htl)

Mà BI=ID (cmt)

=> ID²=IH.IA

b) Xét tg CKD và ABI có :

\(\widehat{CKD}=\widehat{ABI}=90^o\)

\(\widehat{AIB}=\widehat{CDK}\)(AI//CD)

=> Tg CDK~ABI (g.g)

\(\Rightarrow\frac{CK}{AB}=\frac{KD}{BI}\)

=> CK.BI=KD.AB (1)

Có : CK//AB\(\Rightarrow\frac{NK}{AB}=\frac{DK}{DB}\left(Talet\right)\)

=> NK.DB=AB.DK (2)

-Từ (1) và (2) => CK.BI=NK.DB=NE.2BI

=> CK=2NK

\(\Rightarrow NK=NC=\frac{CK}{2}\left(đccm\right)\)

#H

Xét ΔBAC vuông tại B có a = ^A ta có :

a) \(\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{\sin A}{\cos A}=\frac{\frac{BC}{AB}}{\frac{AB}{AC}}=\frac{BC}{AB}\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{BC}{AB}=\tan A=\tan\alpha\left(đpcm\right)\)

b) \(\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}=\frac{\cos A}{\sin A}=\frac{\frac{AB}{AC}}{\frac{BC}{AC}}=\frac{AB}{AC}\cdot\frac{AC}{BC}=\frac{AB}{BC}=\cot A=\cot\alpha\left(đpcm\right)\)

c) \(\tan\alpha\cdot\cot\alpha=\tan A\cdot\cot A=\frac{BC}{AB}\cdot\frac{AB}{BC}=1\left(đpcm\right)\)

d) \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=\sin^2A+\cos^2A=\frac{BC^2}{AC^2}+\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{AB^2+BC^2}{AC^2}=1\left(đpcm\right)\)

e) \(\frac{1}{\cos^2\alpha}=\frac{1}{\cos^2A}=\frac{1}{\frac{AB^2}{AC^2}}=\frac{AC^2}{AB^2};1+\tan^2\alpha=1+\tan^2A=1+\frac{BC^2}{AB^2}=\frac{AB^2+BC^2}{AB^2}=\frac{AC^2}{AB^2}\)

\(\Rightarrow1+\tan^2\alpha=\frac{1}{\cos^2\alpha}\left(đpcm\right)\)

f) \(\frac{1}{\sin^2\alpha}=\frac{1}{\sin^2A}=\frac{1}{\frac{BC^2}{AC^2}}=\frac{AC^2}{BC^2};1+\cot^2\alpha=1+\cot^2A=1+\frac{AB^2}{BC^2}=\frac{BC^2+AB^2}{BC^2}=\frac{AC^2}{BC^2}\)

\(\Rightarrow1+\cot^2\alpha=\frac{1}{\sin^2\alpha}\left(đpcm\right)\)

lại bị trùng rồi quỳnh ơi , https://olm.vn/hoi-dap/detail/76355556031.html

Câu hỏi của Con Heo - Toán lớp 8 - Học trực tuyến OLM

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

= \(\frac{2\sqrt{x}}{x-x+1}\).\(x\)

= \(2x\sqrt{x}\)

\(\sqrt{8\sqrt{3}}-2\sqrt{25\sqrt{12}}+4\sqrt{\sqrt{192}}\)

\(\sqrt{\sqrt{192}}-2\sqrt{25\sqrt{12}}+4\sqrt{\sqrt{192}}\)

\(5\sqrt{\sqrt{192}}-10\sqrt{12}\)

\(5\left(\sqrt{8\sqrt{3}}-2\sqrt{2\sqrt{3}}\right)\)

\(5\left(\sqrt{8\sqrt{3}}-\sqrt{8\sqrt{3}}\right)\)

\(5.0=0\)

\(\left(a-1\right)^2+\left(b-2\right)^2=5\)

\(\Leftrightarrow a^2+1+b^2+4=5+2a+4b\)

\(\Leftrightarrow a^2+4+b^2+16=20+2a+4b\)

Ta có: \(a^2+4\ge4a,b^2+16\ge8b\)

\(\Rightarrow20+2a+4b\ge4a+8b\)

\(\Leftrightarrow a+2b\le10\)

Dấu \(=\)khi \(a=2,b=4\).

2) ĐK : x ∈ R

\(\Leftrightarrow\sqrt{4x^2-6x+5}+4x^2-6x-7=0\)(1)

Đặt \(\sqrt{4x^2-6x+5}=a\left(a\ge0\right)\)

(1) trở thành a² + a - 12 = 0 <=> ( a - 3 )( a + 4 ) = 0 <=> a = 3 ( tm ) hoặc a = -4 ( ktm )

\(\Rightarrow\sqrt{4x^2-6x+5}=3\Leftrightarrow2x^2-3x-2=0\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(2x+1\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=2\\x=-\frac{1}{2}\end{cases}\left(tm\right)}\)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = { 2 ; -1/2 }

\(\sqrt{2}x-2+2\sqrt{2}x-3+\sqrt{2}x+13+8\sqrt{2}x-3=5\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{2}x+2\sqrt{2}x+\sqrt{2}x+8\sqrt{2}x\right)-2-3+13-3=5\)

\(\Leftrightarrow12\sqrt{2}x+5=5\)

\(\Leftrightarrow12\sqrt{2}x=0\)

\(\Leftrightarrow x=0\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là S={0}