đăng thể hiện mình giỏi hả nhóc, lô ga rít lớp 9 đã hc à, 

bài này

nhìn

trông có vẻ hơi khó...

bài này hết sức đơn giản, hơn nữa nó cũng có trong sách những viên kim cương của trần phương

a) ĐK: \(x\ge\frac{1}{2}\).

\(\sqrt{2x-1}+\sqrt{x+4}=6\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2x-1}-3+\sqrt{x+4}-3=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{2x-1-9}{\sqrt{2x-1}+3}+\frac{x+4-9}{\sqrt{x+4}+3}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-5\right)\left(\frac{2}{\sqrt{2x-1}+3}+\frac{1}{\sqrt{x+4}+3}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x-5=0\)

\(\Leftrightarrow x=5\).

b) ĐK: \(x\ge\frac{1}{2}\).

 \(\sqrt{x+3}-\sqrt{2x-1}=1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x+3}-2+1-\sqrt{2x-1}=0\)

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

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(\frac{1}{\sqrt{x+3}+2}-\frac{2}{1+\sqrt{2x-1}}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\\frac{1}{\sqrt{x+3}+2}=\frac{2}{1+\sqrt{2x-1}}\left(1\right)\end{cases}}\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow2\sqrt{x+3}+4=1+\sqrt{2x-1}\)

Có \(4>1,2\sqrt{x+3}=\sqrt{4x+12}>\sqrt{2x-1}\)

do đó phương trình \(\left(1\right)\)vô nghiệm. 

a) ĐK : x >= 1/2

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

\(\Leftrightarrow\frac{2x-1-9}{\sqrt{2x-1}+3}+\frac{x+4-9}{\sqrt{x+4}+3}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-5\right)\left(\frac{2}{\sqrt{2x-1}+3}+\frac{1}{\sqrt{x+4}+3}\right)=0\)(1)

Dễ thấy với x >= 1/2 thì \(\frac{2}{\sqrt{2x-1}+3}+\frac{1}{\sqrt{x+4}+3}>0\)

nên (1) <=> x - 5 = 0 <=> x = 5 (tm)

Vậy phương trình có nghiệm x = 5

ĐK: \(x\ge1,y\ge2,z\ge3\).

\(x+y+z-2\sqrt{x-1}-4\sqrt{y-2}-6\sqrt{z-3}+8=0\)

\(\Leftrightarrow x-1-2\sqrt{x-1}+1+y-2-4\sqrt{y-2}+4+z-3-6\sqrt{z-3}+9=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2+\left(\sqrt{y-2}-2\right)^2+\left(\sqrt{z-3}-3\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt{x-1}-1=0\\\sqrt{y-2}-2=0\\\sqrt{z-3}-3=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=2\\y=6\\z=12\end{cases}}\)(tm) 

vô câu hỏi tương tự có nhé idol , đăng bài bị trùng rồi xD

Harley chuyên Lam Sơn mới thi thì làm gì có chuyện trùng được bro(:

\(a,\sqrt{x-1}+\sqrt{9-x}=4\)

\(ĐKXĐ:1\le x\le9\)

\(\sqrt{x-1}=4-\sqrt{9-x}\)

\(x-1=16-8\sqrt{9-x}+9-x\)

\(26-8\sqrt{9-x}-2x=0\)

\(13-4\sqrt{9-x}-x=0\)

\(9-x-4\sqrt{9-x}+4=0\)

\(\left(\sqrt{9-x}-2\right)^2=0\)

\(\sqrt{9-x}=2\)

\(9-x=4\)

\(x=5\left(TM\right)\)

\(\sqrt{2x-1}+\sqrt{x+4}=6\)

\(ĐKXĐ:x\ge\frac{1}{2}\)

\(x+4=36-12\sqrt{2x-1}+2x-1\)

\(x+4=35-12\sqrt{2x-1}+2x\)

\(31-12\sqrt{2x-1}+x=0\)

\(\left(31+x\right)^2=\left(12\sqrt{2x-1}\right)^2\)

\(961+62x+x^2=144\left(2x-1\right)\)

\(961+62x+x^2=288x-144\)

\(x^2-226x+1105=0\)

\(\sqrt{\Delta}=216\)

\(x_1=\frac{226+216}{2}=221\left(TM\right)\)

\(x_2=\frac{226-216}{2}=5\left(TM\right)\)

................................................. tui ko bít

ĐKXĐ : \(y+\frac{1}{y}\ge0;y\ne0\)

Ta có : \(\hept{\begin{cases}x+\frac{1}{x^2+1}=y+\frac{1}{y^2+1}\left(1\right)\\x^2+2x.\sqrt{y+\frac{1}{y}}=8x-1\left(2\right)\end{cases}}\)              

(1) \(\Leftrightarrow\left(x-y\right)-\frac{x^2-y^2}{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}=0\) \(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(1-\frac{x+y}{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}\right)=0\) 
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x-y=0\\1-\frac{x+y}{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}=0\end{cases}}\) 

Với x = y thay vào (2) ; ta có : \(x^2+2x\sqrt{x+\frac{1}{x}}=8x-1\) 

\(\Leftrightarrow x+2\sqrt{x+\frac{1}{x}}=8-\frac{1}{x}\) ( vì x =  y mà y khác 0 => x khác 0 ) 

Đặt \(a=\sqrt{x+\frac{1}{x}}\) rồi giải p/t

Với : \(1-\frac{x+y}{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}=0\) \(\Leftrightarrow\frac{x^2y^2+y^2+x^2+1-x-y}{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\left(y-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{2}+x^2y^2}{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}=0\)

Dễ thấy : VT > 0 => PTVN 

.... 

Câu 11.12. 

Kẻ đường cao \(AH,BK\).

Do tam giác \(\Delta AHD=\Delta BKC\left(ch-gn\right)\)nên \(DH=BK\).

Đặt \(AB=AH=x\left(cm\right),x>0\).

Suy ra \(DH=\frac{10-x}{2}\left(cm\right)\)

Xét tam giác \(AHD\)vuông tại \(H\):

\(AD^2=AH^2+HD^2=x^2+\left(\frac{10-x}{2}\right)^2\)(định lí Pythagore) 

Xét tam giác \(DAC\)vuông tại \(A\)đường cao \(AH\):

\(AD^2=DH.DC=10.\left(\frac{10-x}{2}\right)\)

Suy ra \(x^2+\left(\frac{10-x}{2}\right)^2=10.\frac{10-x}{2}\)

\(\Leftrightarrow x=2\sqrt{5}\)(vì \(x>0\))

Vậy đường cao của hình thang là \(2\sqrt{5}cm\).

Câu 11.11. 

Kẻ \(AE\perp AC,E\in CD\).

Khi đó \(AE//BD,AB//DE\)nên \(ABDE\)là hình bình hành. 

Suy ra \(AE=BD=15\left(cm\right)\).

Kẻ đường cao \(AH\perp CD\)suy ra \(AH=12\left(cm\right)\).

Xét tam giác \(AEC\)vuông tại \(A\)đường cao \(AH\): 

\(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AC^2}\Leftrightarrow\frac{1}{AC^2}=\frac{1}{AH^2}-\frac{1}{AE^2}=\frac{1}{12^2}-\frac{1}{15^2}=\frac{1}{400}\)

\(\Rightarrow AC=20\left(cm\right)\)

\(S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC.BD=\frac{1}{2}.15.20=150\left(cm^2\right)\),

$S_{ABC}=S_{ADB}+S_{ADC}$

<=>$bc.sinA=AD\cdot c\cdot sin\frac{A}{2}+AD\cdot b\cdot sin\frac{A}{2}$

<=>$bc.sinA=AD\cdot sin\frac{A}{2}\left(b+c\right)$

<=>$bc.sin2\alpha =AD\cdot sin\alpha \left(b+c\right)$

<=>$2bc.sin\alpha .cos\alpha =AD\cdot sin\alpha \left(b+c\right)$

<=>$AD=\frac{2bc\cdot cos\alpha }{b+c}$ (dpcm)

a) Xét tam giác HAB và tam giác ABC có:

Góc AHB= góc BAC (= 90⁰ )

B> là góc chung

⇒ tam giác HAB ~ tam giác ABC (g.g)

b) Xét ΔΔ ABC vuông tại A: BC² = AB² + AC²
Hay BC² = 12² + 16²
BC² = 144 + 256 = 400
=> BC = √400 = 20 (cm)
Ta có : Δ HAB ∼ Δ ABC
=> $\frac{HA}{AB}=\frac{AB}{BC}$
Hay $\frac{HA}{12}=\frac{12}{20}$
=> AH = $\frac{12.12}{20}=7,2$ cm

c) 

Ta có

DE là tia phân giác của góc ADB trong tam giác DAB,

áp dụng t/c tia phân giác thì$\frac{DA}{DB}=\frac{AE}{EB}$

DG là tia phân giác cảu góc CDA trong tam giác CDA.

áp dụng t/c tia phân giác thì $\frac{CD}{DA}=\frac{CF}{FA}$

VẬy $\frac{EA}{EB}.\frac{DB}{DC}.\frac{FC}{FA}=\frac{DA}{DB}.\frac{DB}{DC}.\frac{CD}{DA}=1$(dpcm)