Trả lời:

\(\sqrt{x+2\sqrt{x}+1}\)\(\left(x\ge0\right)\)

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

\(=\left|\sqrt{x}+1\right|\)

\(=\sqrt{x}+1\)

Trả lời:

Ta có \(AH^2=HB.HC\Rightarrow\frac{AH}{HC}=\frac{HB}{AH}\)

Xét \(\Delta AHB\)và \(\Delta CHA\)có 

\(\widehat{AHB}=\widehat{CHA}=90^0\)(vì \(AH\perp BC\))

\(\frac{AH}{CH}=\frac{HB}{HA}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta AHB\infty\Delta CHA\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{ABH}=\widehat{CAH}\)(2 góc tương ứng )

Mà \(\widehat{ABH}+\widehat{BAH}=\widehat{AHB}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{CAH}+\widehat{BAH}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{BAC}=90^0\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\)vuông tại A  ( đpcm )

\(\sqrt{5+2\sqrt{6}}-\sqrt{5-2\sqrt{6}}\)

\(=\sqrt{\frac{10+4\sqrt{6}}{2}}-\sqrt{\frac{10-4\sqrt{6}}{2}}\)

\(=\sqrt{\frac{6+2.2.\sqrt{6}+4}{2}}-\sqrt{\frac{6-2.2.\sqrt{6}+4}{2}}\)

\(=\frac{\sqrt{\left(\sqrt{6}+2\right)^2}}{\sqrt{2}}-\frac{\sqrt{\left(\sqrt{6}-2\right)^2}}{\sqrt{2}}\)

\(=\frac{\left|\sqrt{6}+2\right|-\left|\sqrt{6}-2\right|}{\sqrt{2}}\)

\(=\frac{\sqrt{6}+2-\sqrt{6}+2}{\sqrt{2}}\)

\(=\frac{4}{\sqrt{2}}\)

\(=2\sqrt{2}\)

= 3,14626437-0,3178372452

=2,828427125

MIK KO GHI LẠI ĐỀ NHA 

Ủa cái này là hiển nhiên mà bạn :)

Với mọi a thực thì a - 1 < a 

Xét a dương nên \(\sqrt{a-1}< \sqrt{a}\)

Đáng lẽ mình không giải nhưng 30 phút không ai giải nên mình mạn phép nhé !

bài này sử dụng định lý Mê-nê-la-uýt là ra nha. mình nói hướng làm

gọi Q là giao điểm của FG với BD. Ta chứng minh Q cố định bằng cách xác định tỉ số mà Q chia đoạn thẳng BD. Muốn xác định được tỉ số này ta cần bổ sung thêm H là giao điểm của đường tròn FG với đường thẳng AD (trường hợp đặc biệt là M trùng với điểm của cạnh CD, lúc đó FG với đường thẳng AD và ta dễ dàng xác định tỉ số cần tìm)

đặt độ dài cạnh hình thoi là a và đặt x=MD/MC. do tam giác MDE đồng dạng với tam giác MCB nên ta tính được DE=ax, AE=a(x+1), GA/GC=GE/GB=x+1

sử dụng định lý Mê-nê-la-uýt trong tam giác CDE với cát tuyến AF, ta có:

\(\frac{FC}{FE}\cdot\frac{AE}{AD}\cdot\frac{MD}{MC}=1\Rightarrow\frac{FC}{FE}\cdot\left(x+1\right)x=1\Rightarrow\frac{FC}{FE}=\frac{1}{x\left(x+1\right)}\)

áp dụng định lý Mê-nê-la-uýt trong tam giác ACE với cát tuyến GH ta có

\(\frac{HE}{HA}\cdot\frac{GA}{GC}\cdot\frac{FC}{FE}=1\Rightarrow\frac{HE}{HA}\left(x+1\right)\cdot\frac{1}{x\left(x+1\right)}=1\)

\(\Rightarrow\frac{HE}{HA}=x\Rightarrow\frac{HE}{HA-HE}=\frac{1}{1-x}\Rightarrow\frac{HE}{AE}=\frac{x}{1-x}\)

\(\Rightarrow HE=\widehat{CFN}=90^o-\widehat{FCI}\), suy ra:

\(\frac{HE}{HE+DE}=\frac{x+1}{\left(x+1\right)+\left(1-x\right)}\Rightarrow\frac{HE}{HD}=\frac{x+1}{2}\)

áp dụng định lý Mê-nê-la-uýt trong tam giác BDE với cát tuyến QH, ta có

\(\frac{QD}{QB}\cdot\frac{GB}{GE}\cdot\frac{HE}{HD}=1\Rightarrow\frac{QD}{QB}\cdot\frac{1}{x+1}\cdot\frac{x+1}{2}=1\)

như vậy Q chính là trọng tâm của tam giác ABC và đường thẳng FG luôn qua Q cố định

Hình tự vẽ nha bạn

a) Câu a dễ dàng chứng minh 2 tam giác đồng dạng theo TH g-g

(Các cặp góc bằng nhau dễ suy ra từ tính chất góc chắn tiếp tuyến)

b) Mình hok hiểu đề:v

c) Vẽ hình mình ko thấy APBD nội tiếp:v

đề là đúng nhé vì mình đã giải ra r

Câu c) 

Ta có: AD là phân giác ^BAC 

=> ^BAD = ^ DAC = ^BAC : 2 = 90^o : 2 = 45^o 

Xét \(\Delta\)AIB có: ^AIB = 90^o; ^BAI = ^BAD = 45^o 

=> ^ABI = 45^o 

Xét \(\Delta\)BAM vuông tại A có: ^ABM = ^ABI = 45^o => ^AMB = 45^o => \(\Delta\)ABM vuông cân 

có AI là đường cao => AI là đường trung tuyến => I là trung điểm BM 

=> BM = 2 BI 

Xét \(\Delta\)ABM vuông tại A có AI là đương cao => AB²  = BI.BM = BI.2BI = 2BI² 

Xét \(\Delta\)ABC vuông tại A có: AH là đường cao: => AB² = BH.BC 

=> BH.BC = 2BI²

a) tam giác ABc có CF là đường phân giác => \(\frac{BF}{BC}=\frac{AF}{AC}\)

\(\Rightarrow\frac{BF}{BC}=\frac{AF}{AC}=\frac{BF+AF}{BC+AC}=\frac{AB}{BC+AC}\Rightarrow BF=\frac{AB\cdot BC}{BC+AC}\)

tương tự cũng có \(CE=\frac{AC\cdot BC}{BC+AB}\)

tam giác BCE có CD là đường phân giác => \(\frac{BD}{BC}=\frac{DE}{CE}\)

=> \(\frac{BD}{BC}=\frac{DE}{CE}\)do đó \(\frac{BD}{BE}=\frac{AB+AC}{AB+BC+AC}\) tương tự \(\frac{CF}{CD}=\frac{AB+BC+AC}{AC+BC}\)

tam giác ABC vuông tại A => AB²+AC²=BC² => (AB+BC+AC)²=2(AB+BC)(AC+BC)

\(\Rightarrow\frac{AB+BC+AC}{AC+BC}=\frac{2\left(AB+AC\right)}{AB+BC+AC}\)

do đó \(\frac{CF}{CD}=\frac{2BD}{BE}\Rightarrow BE\cdot CF=2BD\cdot CD\left(đfcm\right)\)

gọi I là giao của AH,BM,CF. K là điểm đối xứng của I qua M

tứ giác IAKC là hình bình hành => AI//CK, AK//IC

tam giác ABC có IF//AK => \(\frac{BF}{AF}=\frac{BI}{KI}\), tam giác BCK có IH//CK => \(\frac{BI}{KI}=\frac{BH}{CH}\)

tam giác BAK có CF là phân giác => \(\frac{BF}{AF}=\frac{BC}{AC}\)do đó \(\frac{BH}{CH}=\frac{BC}{AC}\)=> BH.AC=CH.BC

tam giác ABC vuông ở A, AH là đường cao => AC²=CH.BC

ta có BH.AC=AC²(=CH.BC) => BH=AC

tam giác ABH vuông tại H => cosB=\(\frac{BH}{AH}=\frac{AC}{AB}\); tam giác ABC vuông ở A => tanB=\(\frac{AC}{AB}\)

do đó cosB=tanB. mà tan²B+1=\(\frac{\sin^2B}{\cos^2B}+1=\frac{1}{\cos^2B}\)

ta có \(\frac{1}{\cos^2B}=\frac{1}{\tan^2B}\)=> tan²B+1=\(\frac{1}{\tan^2B}\)

=> tan⁴B+tan²B=1 => \(\left(\tan^2B+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{5}{4}\tan^2B+\frac{1}{2}=1\)

\(\Rightarrow\tan B=\sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\sqrt{\frac{2\sqrt{5}-2}{2}}\)

7-4\(\sqrt{3}\)= 7-64

                   =-57

\(7-4\sqrt{3}=7-2.2\sqrt{3}\)

\(=4-2.2\sqrt{3}+3\)

\(=\left(2-\sqrt{3}\right)^2\)

4x² + 6x - 6

\(\Delta=b^2-4ac=6^2-4\cdot4\cdot\left(-6\right)=36+96=132\)

\(\Delta>0\)nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 

\(x_1=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\frac{-6+\sqrt{132}}{2\cdot4}=\frac{-3+\sqrt{33}}{4}\)

\(x_2=\frac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\frac{-6-\sqrt{132}}{2\cdot4}=\frac{-3-\sqrt{33}}{4}\)

Vậy \(S=\left\{\frac{-3+\sqrt{33}}{4};\frac{-3-\sqrt{33}}{4}\right\}\)

\(4x^2+6x-6=0\)

\(\Delta=36-4.\left(-6\right).4=36+96=132\)

\(< =>\orbr{\begin{cases}x_1=\frac{-6+\sqrt{132}}{8}\\x_2=\frac{-6-\sqrt{132}}{8}\end{cases}}\)

Vậy