bạn xem lại bài 1 nhé

Bài 2 : 

Ta có : \(\frac{AB}{BC}=\frac{3}{5}\Rightarrow AB=\frac{3}{5}BC\)

Áp dụng định lí Pytago cho tam giác ABC vuông tại A

\(BC^2=AB^2+AC^2\Rightarrow AC^2=BC^2-AB^2=BC^2-\left(\frac{3}{5}BC\right)^2\)

\(\Leftrightarrow400=\frac{16}{25}BC^2\Leftrightarrow BC^2=625\Rightarrow BC=25\)cm 

\(\Rightarrow AB=\frac{3}{5}BC=\frac{3}{5}.25=15\)cm 

Chu vi tam giác ABC là \(P_{ABC}=15+20+25=60\)cm 

\(\sqrt[3]{x+2}+\sqrt[3]{x-2}=\sqrt[3]{5x}\)

<=> \(x+2+x-2+3\sqrt[3]{x+2}.\sqrt[3]{x-2}\left(\sqrt[3]{x+2}+\sqrt[3]{x-2}\right)=5x\)

<=> \(2x+3\sqrt[3]{x^2-4}.\sqrt[3]{5x}=5x\)<=> \(3\sqrt[3]{5x\left(x^2-4\right)}=3x\)

<=> \(\sqrt[3]{5x\left(x^2-4\right)}=x\)<=> \(5x^3-20x=x^3\)

<=> \(4x^3-20x=0\)<=>\(4x\left(x^2-5\right)=0\)<=> \(\hept{\begin{cases}x=0\\x^2-5=0\end{cases}}\)

<=> x = 0 ; x =\(\sqrt{5}\); x = - \(\sqrt{5}\)

Vậy pt có tập nghiệm \(S=\left\{-\sqrt{5};0;\sqrt{5}\right\}\)

Không.

@Cỏ

#Forever

ko 

HT !

Ta có 

\(\widehat{ACH}=180^o-\left(\widehat{AHC}+\widehat{HAC}\right)=180^o-\left(90^o+30^o\right)=60^o\)

\(\Rightarrow\cos\widehat{ACH}=\frac{CH}{AC}\Rightarrow\cos60^o=\frac{20}{AC}\Rightarrow AC=\frac{20}{\cos60^o}=40m\)

Xét tg vuông AHC có

\(AH=\sqrt{AC^2-CH^2}=20\sqrt{3}m\)

Xét tg vuông BHC có

\(\widehat{HCB}=45^o\Rightarrow\widehat{HBC}=45^o\Rightarrow\widehat{HCB}=\widehat{HBC}\Rightarrow\Delta HBC\) cân tại H => HC=HB=20 m

\(\Rightarrow AB=AH-HB=20\sqrt{3}-20=20\left(\sqrt{3}-1\right)m\)

Xét tam giác ABC vuông tại A, đường cao A

cosB = \(\frac{AB}{BC}\Rightarrow\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{AB}{12}\Rightarrow AB=\frac{12\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}\)m

Theo Pytago tam giác ABC vuông tại A 

\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{144-108}=6\)m

* Áp dụng hệ thức : \(AH.BC=AB.AC\Rightarrow AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{36\sqrt{3}}{12}=3\sqrt{3}\)m

đường cao AH nhé 

a, \(\sqrt{x+4\sqrt{x-4}}=5\)ĐK : x> = 4 

\(\Leftrightarrow\sqrt{x-4+2.2\sqrt{x-4}+4}=5\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(\sqrt{x-4}+4\right)^2}=5\Leftrightarrow\sqrt{x-4}+4=5\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x-4}=1\Leftrightarrow x=5\)

b, \(\sqrt{x+2\sqrt{x-1}}+\sqrt{x-2\sqrt{x-1}}=2\)ĐK : x >= 1 

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

\(\Leftrightarrow2x+\sqrt{x^2-4x+4}=4\Leftrightarrow\left|x+2\right|=4-2x\)

ĐK : \(-2x\ge-4\Leftrightarrow x\le2\Rightarrow1\le x\le2\)

TH1 : \(x+2=4-2x\Leftrightarrow3x=2\Leftrightarrow x=\frac{2}{3}\)(tm)

TH2 : \(x+2=2x-4\Leftrightarrow x=6\)(ktm)

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

\(\Leftrightarrow2x\sqrt{1-y^2}+2y\sqrt{2-z^2}+2z\sqrt{3-x^2}=6\)

\(\Leftrightarrow6-2x\sqrt{1-y^2}-2y\sqrt{2-z^2}-2z\sqrt{3-x^2}=0\)

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

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

\(\Leftrightarrow x=\sqrt{1-y^2};y=\sqrt{2-z^2};z=\sqrt{3-x^2}\)

\(\Leftrightarrow x=1,y=0,z=\sqrt{2}\)

\(\sqrt{5x^2+10x+1}=7-2x-x^2\)

\(5x^2+10x+1=49+4x^2+x^4-28x+4x^3-14x^2\)

\(x^4+4x^3-15x^2-38x+48=0\)

\(x^4+5x^3-10x^2-48x-x^3-5x^2+10x-48=0\)

\(x\left(x^3+5x^2-10x-48\right)-\left(x^3+5x^2-10x-48\right)=0\)

\(\left(x-1\right)\left(x^3+5x^2-10x-48\right)=0\)

\(\left(x-1\right)\left(x^3+3x^2+2x^2+6x-16x-48\right)=0\)

\(\left(x-1\right)\left(x+3\right)\left(x^2+2x-16\right)=0\)

\(x_1=1\left(TM\right)\)

\(x_2=-3\left(TM\right)\)

giải pt \(x^2+2x-16=0\)

\(\sqrt{\Delta}=2^2-4.\left(-16\right)=2\sqrt{17}\)

\(\orbr{\begin{cases}x_3=\frac{-2+2\sqrt{17}}{2}=\sqrt{17}-1\left(TM\right)\\x_4=-\sqrt{17}-1\left(TM\right)\end{cases}}\)

Để đths trên là hầm bậc nhất khi m - 1 \(\ne\)0 <=> \(m\ne1\)

đths y = (m-1)x + 2m cắt trục hoành taị điểm có hoành độ bằng 5 

Thay x = 5 ; y = 0 ta được : \(5\left(m-1\right)+2m=0\Leftrightarrow7m-5=0\Leftrightarrow m=\frac{5}{7}\)( tmđk )