a) đk: \(\hept{\begin{cases}x\ge1\\x\ne3\end{cases}}\)

\(P=\frac{x-3}{\sqrt{x-1}-\sqrt{2}}=\frac{\left(x-1\right)-2}{\sqrt{x-1}-\sqrt{2}}\)

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

b) \(x=4\left(2-\sqrt{3}\right)\Rightarrow x-1=7-4\sqrt{3}=\left(2-\sqrt{3}\right)^2\)

\(\Rightarrow P=\sqrt{x-1}+\sqrt{2}=2-\sqrt{3}+\sqrt{2}\)

Đề 1:

Câu 1: Chọn \(C.\)\(9cm\).

Câu 2: Chọn \(D.\)\(25cm\).

Câu 3: Chọn \(B.\)\(BA^2=BC.BH\).

Câu 4: Chọn \(C.\)\(\sqrt{HB.HC}\).

Đề 2:

Câu 1: Chọn \(B.\)\(8\).

Câu 2: Chọn \(B.\)\(6\).

Câu 3: Chọn \(C.\)\(8\).

Câu 4: Chọn \(A.\)\(\frac{1}{AI^2}=\frac{1}{AD^2}+\frac{1}{4HC^2}\).

- đk : \(x^2-x-2\ge0\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x+1\right)\ge0\left(1\right)\)

- đặt u = x - 2 => x = u + 2 . Khi đó pt trở thành :

\(\sqrt{u^2+2u}+\sqrt{u^2-3u+4}=2\)

\(\Leftrightarrow2u^2-u+4+2\sqrt{\left(u^2+2u\right)\left(u^2-3u+4\right)}=4\)

\(\Leftrightarrow4\left(u^2+2u\right)\left(u^2-3u+4\right)=\left(u-2u^2\right)^2\)( đk : \(u-2u^2\ge0\)(2))

\(\Leftrightarrow4\left(u^4-u^3-u^2+8u\right)=4u^4-4u^3+u^2\)

\(\Leftrightarrow-5u^2+32u=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}u=0\\u=\frac{32}{4}\end{cases}}\)( tm (2) )

Với u = 0 ; x = 2 ( tmđk 1 )

Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của pt

đk: \(\orbr{\begin{cases}x\ge2\\x\le-1\end{cases}}\)

Ta có: \(\sqrt{x^2-x-2}+\sqrt{x^2-7x+14}=2\)

\(\Leftrightarrow\frac{x^2-x-2}{\sqrt{x^2-x-2}}+\frac{x^2-7x+14-4}{\sqrt{x^2-7x+14}+2}=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(x+1\right)\left(x-2\right)}{\sqrt{x^2-x-2}}+\frac{\left(x-2\right)\left(x-5\right)}{\sqrt{x^2-7x+14}+2}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(\frac{x+1}{\sqrt{x^2-x-2}}+\frac{x-5}{\sqrt{x^2-7x+14}+2}\right)=0\)

Xét linh tinh thì cái BT có căn chắc luôn dương hoặc âm

=> x - 2 = 0 => x = 2

ABCEHD

+) Kẻ AE là phân giác ngoài của góc BAC

Mà AD là phân giác của góc BAC nên AD vuông góc với AE => tam giác EAD vuông tại A

+) Áp dụng ĐL Pi - ta go trong tam giác vuông AHD có: DH = √AD2−AH2=√452−362=27 cm

+) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông EAD có: AD² = DH. DE => DE = AD² / DH = 45²/ 27 = 75 cm

+)Áp dụng tính chất tia phân giác trong và ngoài tam giác có: BDDC =ABAC =EBEC

Đặt BD = x (0 < x < 40) => CD = 40 - x. Ta có:

x40−x =75−x75+(40−x) (do EB = DE - BD; EC = DE + DC)

=> x. (115 - x) = (40 - x).(75 - x)

<=> 115x - x² = 3000 - 115x + x² <=> x² - 115x + 1500 = 0

=> x = 100 (Loại) hoặc x = 15 (thoả mãn)

Vậy BD = 15 cm hoặc BD = 40 - 15 = 25 cm (Nếu ta đổi vị trí B và C cho nhau)

- Dựng phân giác AD của góc A . Sau đó dựng BB' và CC' vuông góc với AD 

- Đặt BB' = x , CC' = y . Ta có :

+) \(\Delta ABB'\)cân tại A \(sin\frac{A}{2}=\frac{x}{2c}\)

+) \(\Delta ACC'\)cân tại A \(sin\frac{A}{2}=\frac{y}{2b}\)

\(\Rightarrow sin^2\frac{A}{2}=\frac{xy}{4bc}\)

Để cm(1) , ta cần cm : \(xy\le a^2\)

+) Trong tam giác BHD vuông tại H ta có : \(BH\le CD\)hay \(\frac{x}{2}\le BD\)

+) Trong tam giác CKD vuông tại K ta có : \(CK\le CH\)hay \(\frac{y}{2}\le CD\)

\(\Rightarrow a=BD+CD\ge\frac{x+y}{2}\ge\sqrt{xy}\)

\(\Rightarrow a^2\ge xy\left(đpcm\right)\)

Kẻ phân giác AD của tam giác ABC (D nằm trên đoạn BC)

Từ B,C kẻ các đường vuông góc với đường thẳng AD tại E,F

Khi đó ta có: \(\sin\widehat{BAE}=\frac{BE}{AB}=\frac{BE}{c}\) ; \(\sin\widehat{FAC}=\frac{CF}{AC}=\frac{CF}{b}\)

Mà \(\sin\frac{\widehat{A}}{2}=\sin\widehat{BAE}=\sin\widehat{FAC}=\frac{BE}{c}=\frac{CF}{b}=\frac{BE+CF}{b+c}\)

Ta thấy \(\hept{\begin{cases}BE\le BD\\CF\le CD\end{cases}}\Rightarrow BE+CF\le BD+CD=BC\)

Lại có theo bất đẳng thức Cauchy: \(b+c\ge2\sqrt{bc}\)

\(\Rightarrow\sin\frac{\widehat{A}}{2}=\frac{BE+CF}{b+c}\le\frac{BC}{2\sqrt{bc}}=\frac{a}{2\sqrt{bc}}\)

Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC cân tại A

Gọi chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC là H, K là giao của phân giác ngoài góc B và AH.

Đặt \(IH=x\left(x>0\right)\)

Theo hệ thức lượng: \(IB^2=IH.IK\Rightarrow IK=\frac{IB^2}{IH}=\frac{9}{x},KH=IK-IH=\frac{9}{x}-x\)

Theo định lí đường phân giác, ta có: \(\frac{IH}{IA}=\frac{KH}{KA}\)

Hay \(\frac{x}{2\sqrt{5}}=\frac{\frac{9}{x}-x}{\frac{9}{x}+2\sqrt{5}}\Leftrightarrow9+2\sqrt{5}x=\frac{18\sqrt{5}}{x}-2\sqrt{5}x\)

\(\Leftrightarrow4\sqrt{5}x^2+9x-18\sqrt{5}=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{3\sqrt{5}}{4}\\x=-\frac{6\sqrt{5}}{5}\left(l\right)\end{cases}}\)

Vậy \(AB=\sqrt{HA^2+HB^2}=\sqrt{\left(IH+IA\right)^2+IB^2-IH^2}\)

\(=\sqrt{\left(\frac{3\sqrt{5}}{4}+2\sqrt{5}\right)^2+3^2-\left(\frac{3\sqrt{5}}{4}\right)^2}=2\sqrt{11}.\)

đk : \(x\ge3\)

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

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

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

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

\(\Leftrightarrow\left(x-4\right).f\left(x\right)=0\)

<=> x - 4 = 0 ( vì khji \(x\ge3\)thì \(f\left(x\right)>0\))

<=> x = 4 ( tmđk )

Vậy x = 4 là nghiệm của pt đã cho 

đk: \(x\ge3\)

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

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x-4\right)+\frac{2x-8}{\sqrt{2x+1}+3}+\frac{x-4}{\sqrt{x-3}+1}=0\)

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

Vì \(x\ge3\) theo đk nên: \(x-1+\frac{2}{\sqrt{2x+1}+3}+\frac{1}{\sqrt{x-3}+1}>0\)

\(\Rightarrow x-4=0\Rightarrow x=4\)(tm)

Vậy x = 4

chịu rồi , nhiều quá

Câu 1 

\(AC^2=CH\cdot CB\)   

\(6^2=4\cdot BC\)   

\(36=4\cdot BC\)   

\(BC=9\)   ( Chọn C )