\(A^2=x+2\sqrt{2x-4}+x-2\sqrt{2x-4}+2\sqrt{\left(x+2\sqrt{2x-4}\right)\left(x-2\sqrt{2x-4}\right)}=2x+2\sqrt{x^2-4\left(2x-4\right)}=2x+2\sqrt{x^2-8x+16}=2x+2\sqrt{\left(x-4\right)^2}=2x+2\left|x-4\right|\)

Suy ra A=$\sqrt{2x+2|x-4|}

Lời giải:

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

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

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

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

Nếu $x\geq 4$ thì:

$A=\sqrt{2x-4}+2+\sqrt{2x-4}-2=2\sqrt{2x-4}$

Nếu $2\leq x<4$ thì:

$A=\sqrt{2x-4}+2+2-\sqrt{2x-4}=4$

Lấy 2 phương trình nhân vế theo vế được:

\(x^3y^3=\left(xy+4\right)\left(3xy-4\right)\)

Đặt \(xy=t\) thì được:

\(t^3=\left(t+4\right)\left(3t-4\right)\)

\(\left(t-4\right)\left(t^2+t-4\right)=0\)

Làm nốt

Ban ơi, điểm M không đóng góp gì cho bài toán nên mình không vẽ ra nhé. 

a) Xét (O) có H là trung điểm của dây AB, mà dây AB không đi qua O => OH vuông góc với (vgv) AB. => \(\widehat{OHC}=90^o\)

Vì CN là tiếp tuyến của (O) => CN vgv ON (tính chất tiếp tuyến)

=>  \(\widehat{ONC}=90^o\)

Xét tứ giác OHCN, ta có: 

\(\widehat{OHC}=90^o;\widehat{ONC}=90^o\Rightarrow\widehat{OHC}+\widehat{ONC}=180^o\) 

Mà chúng ở vị trí đối nhau

=> Tứ giác OHCN là tứ giác nội tiếp => O,H,C,N cùng thuộc 1 đường tròn.

b) Xét \(\Delta KNO\) và \(\Delta KHC\), ta có:

\(\widehat{HKN}\) chung

\(\widehat{KNO}=\widehat{KHC}=90^o\)

=> \(\Delta KNO\sim\Delta KHC\left(g.g\right)\)

=> \(\dfrac{KN}{KH}=\dfrac{KO}{KC}\)=> KN. KC = KH. KO

Hết rồi bạn nhé.

Câu này dùng bất: \(\sqrt{ab}\le\dfrac{a+b}{2}\)

Áp dụng bài toán được:

\(A=\dfrac{1}{\sqrt{1.1999}}+\dfrac{1}{\sqrt{2.1998}}+...\dfrac{1}{\sqrt{1999.1}}\)

\(>\dfrac{1}{\dfrac{1+1999}{2}}+\dfrac{1}{\dfrac{2+1998}{2}}+...+\dfrac{1}{\dfrac{1999+1}{2}}\)

\(=\dfrac{1}{1000}+\dfrac{1}{1000}+...+\dfrac{1}{1000}\)

Làm nốt

Ta có: \(\dfrac{1}{\left(k+1\right)\sqrt{k}}=\dfrac{\sqrt{k}}{k\left(k+1\right)}=\dfrac{\sqrt{k}}{k}-\dfrac{\sqrt{k}}{k+1}=\sqrt{k}\left(\dfrac{1}{\sqrt{k}}+\dfrac{1}{\sqrt{k+1}}\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{k}}-\dfrac{1}{\sqrt{k+1}}\right)\)

\(=\left(1+\dfrac{\sqrt{k}}{\sqrt{k+1}}\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{k}}-\dfrac{1}{\sqrt{k+1}}\right)< 2\left(\dfrac{1}{\sqrt{k}}-\dfrac{1}{\sqrt{k+1}}\right)\)

Suy ra\(\dfrac{1}{2\sqrt{1}}+\dfrac{1}{3\sqrt{2}}+...+\dfrac{1}{\left(n+1\right)\sqrt{n}}< 2\left(\dfrac{1}{\sqrt{1}}-\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{\sqrt{3}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{n}}-\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\)

\(=2\left(\dfrac{1}{\sqrt{1}}-\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}\right)< 2\)

mk lớp 5 

ko bt

Ta phản chứng rằng không tồn tại 2 số nào bằng nhau trong 25 số trên, đồng nghĩa với 25 số trên là phân biệt, ta sắp xếp chúng theo thứ tự $a_1<a_2<...<a_25$, có thể thấy rằng, bộ số $1,2,...25$ chính là bộ số mà giá trị của vế trái lớn nhất, nhưng giá trị lúc này có thể tính được là xấp xỉ 8,6<9 nên không thỏa mãn, các bộ số khác hiển nhiên cũng sẽ khiến vế trái nhỏ hơn 9, vậy không tồn tại bộ số nào thỏa mãn nếu chúng phân biệt, ta có điều phải chứng minh

vvv

A B C E D H K O G

a/

Ta có B và C cùng nhìn AO dưới 1 góc vuông nên B và C cùng nằm trên đường tròn đường kính AO

=> ABOC là tứ giác nội tiếp

Ta có

HD=HE (gt)

\(\Rightarrow OH\perp DE\) (Trong đường tròn đường thẳng đi qua tâm và đi qua trung điểm của dây cung thì vuông góc với dây cung)

=> H nhìn AO dưới 1 góc vuông => H thuộc đường tròn đường kính AO

Ta có AB=AC (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì khoảng cách từ điểm đó đến 2 tiếp điểm bằng nhau)

Xét đường tròn đường kính AO có

sđ cung AB = sđ cung AC (Trong đường tròn 2 dây trương cung có độ dài bằng nhau thì số đo 2 cung tương ứng bằng nhau) (1)

Ta có

\(sđ\widehat{AHB}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung AB (góc nội tiếp) (2)

\(sđ\widehat{AHC}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung AC (góc nội tiếp) (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\widehat{AHB}=\widehat{AHC}\) => HA là tia phân giác của \(\widehat{BHC}\)

c/ Gọi G là giao điểm của AO với BC \(\Rightarrow AO\perp BC\) (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì đường thẳng nối điểm đó với tâm đường tròn vuông góc và chia đôi dây cung nối 2 tiếp điểm

Xét tg vuông AGK và tg vuông AHO có

\(\widehat{HAO}\) chung

=> tg AGK đồng dạng với tg AHO (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{AK}{AO}=\dfrac{AG}{AH}\Rightarrow AK=\dfrac{AG.AO}{AH}\)

Xét tg vuông ABO có

\(AB^2=AG.AO\) (Trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)

\(\Rightarrow AK=\dfrac{AG.AO}{AH}=\dfrac{AB^2}{AH}\)

Xét tg ADB và tg ABE có

\(\widehat{BAE}\) chung

\(sđ\widehat{ABD}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung BD (Góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

\(sđ\widehat{AEB}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung BD (Góc nội tiếp (O))

\(\Rightarrow\widehat{ABD}=\widehat{AEB}\)

 => tg ADB đồng dạng với tg ABE (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AD}{AB}\Rightarrow AB^2=AD.AE\)

\(\Rightarrow AK=\dfrac{AB^2}{AH}=\dfrac{AD.AE}{AH}\Rightarrow\dfrac{2}{AK}=\dfrac{2.AH}{AD.AE}\)

\(\Rightarrow\dfrac{2}{AK}=\dfrac{AD+HD+AE-HE}{AD.AE}=\dfrac{AE+AD}{AD.AE}=\dfrac{1}{AD}+\dfrac{1}{AE}\)

\(x^2-mx+2m-4=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x+2\right)-m\left(x-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x-m\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=m\end{matrix}\right.\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(m\ne2\).

TH1: \(x_1=2,x_2=m\):

\(x_1^2=5x_2-1\Leftrightarrow4=5m-1\Leftrightarrow m=1\) (thỏa mãn).

TH2: \(x_1=m,x_2=2\):

\(x_1^2=5x_2-1\Leftrightarrow m^2=9\Leftrightarrow m=\pm3\) (thỏa mãn).