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

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

ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}x^2+x-1\ge0\\x-x^2+1\ge0\end{matrix}\right.\)

Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương ta có: 

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

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

Cộng 2 vế của (1) và (2) ta có: 

\(\sqrt{x^2+x-1}+\sqrt{x-x^2+1}\le x+1\)  (*)

Phương trình đã cho tương đương với: 

\(x^2-x+2\le x+1\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\le0\Leftrightarrow x-1=0\Leftrightarrow x=1\) (TM)

Vậy phương trình có nghiệm \(x=1\)

Toán 9

Lời giải:
ĐKXĐ: $2\leq x\leq 6$

Đặt $\sqrt{x-2}=a; \sqrt{6-x}=b(a,b\geq 0)$

$a^2+b^2=4$

PT ban đầu trở thành:
$a+b=\sqrt{12-a^2b^2}$

$\Rightarrow (a+b)^2=12-a^2b^2$

$\Leftrightarrow a^2+b^2+2ab=12-a^2b^2$

$\Leftrightarrow 4+2ab=12-a^2b^2$

$\Leftrightarrow a^2b^2+2ab-8=0$

$\Leftrightarrow (ab-2)(ab+4)=0$

Do $a,b\geq 0$ nên $ab\geq 0\Rightarrow ab=2$

$(a+b)^2=a^2+b^2+2ab=4+2.2=8$

$\Rightarrow a+b=2\sqrt{2}$

Do $a+b=2\sqrt{2}; ab=2$ nên theo định lý Viet đảo thì:

$a,b$ là nghiệm của PT $X^2-2\sqrt{2}X+2=0$

$\Rightarrow \sqrt{x-2}=\sqrt{6-x}=\sqrt{2}$

$\Rightarrow x=4$ (tm)