- Sửa đề: CMR: M,N,P,Q thẳng hàng.

* AM, AN, AP, AQ cắt BC lần lượt tại F,G,H,I.

- \(\Delta AMB\) và \(\Delta FMB\) có: \(\widehat{AMB}=\widehat{FMB}=90^0;\widehat{ABM}=\widehat{FBM};BM\) là cạnh chung.

\(\Rightarrow\Delta AMB=\Delta FMB\left(g-c-g\right)\)

\(\Rightarrow MA=MF\) nên \(M\) là trung điêm AF.

- Tương tự: N là trung điểm AG, P là trung điểm AH, Q là trung điểm AI.

\(\Rightarrow MN,NP,PQ\) lần lượt là đường trung bình của \(\Delta AFG,\Delta AGH,\Delta AHI\)

\(\Rightarrow MN\)//NP//PQ//BC.

\(\Rightarrow\)M,N,P,Q thẳng hàng.

\(=\dfrac{\sqrt{a}\left(\sqrt{ab}+1\right)-\sqrt{b}\left(\sqrt{ab}+1\right)}{\left(\sqrt{ab}-1\right)\left(\sqrt{ab}+1\right)}\)

\(=\dfrac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{ab}+1\right)}{\left(\sqrt{ab}-1\right)\left(\sqrt{ab}+1\right)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\sqrt{ab}-1}\)

Lời giải:
a. Áp dụng định lý về hệ thức lượng trong tam giác vuông cho tam giác $ABH$ có:

$AD.AB=AH^2(1)$
Tương tự với tam giác $AHC$: $AE.AC=AH^2(2)$

Từ $(1); (2)\Rightarrow AD.AB=AE.AC$

$\Rightarrow \frac{AD}{AE}=\frac{AC}{AB}$

-------------------

ĐPCM $\Leftrightarrow \frac{BD^2}{BC^2}=\frac{BH^3}{BC^3}$

$\Leftrightarrow BD^2.BC=BH^3(*)$
Thật vậy:

Do $DH\parallel AC$ nên $\frac{BD}{BA}=\frac{BH}{BC}$

$\Rightarrow BD.BC=BH.BA$

$\Rightarrow BD^2.BC=\frac{BH^2.BA^2}{BC}=\frac{BH^2.BH.BC}{BC}$ (theo hệ thức lượng trong tgv) 

$=BH^3$ 

$(*)$ được chứng minh

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BDH với đường cao HD:

\(BH^2=BD.AB\)

Xét hai tam giác vuông BDH và BAC có \(\widehat{B}\) chung

\(\Rightarrow\Delta_VBDH\sim\Delta_VBAC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{BH}{BC}\Rightarrow BD=\dfrac{BH.AB}{BC}\)

\(\Rightarrow BD^2=\dfrac{BH.BD.AB}{BC}=\dfrac{BH^3}{BC}\)

\(\Rightarrow\dfrac{BD^2}{BC^2}=\dfrac{BH^3}{BC^3}\)

\(\Rightarrow\sqrt[3]{\dfrac{BD^2}{BC^2}}=\dfrac{BH}{BC}\) (đpcm)

Lời giải:

Gọi bt cần tính là $A$

\(\sqrt{\frac{2-\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}}=\sqrt{\frac{(2-\sqrt{3})^2}{(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})}}=\sqrt{(2-\sqrt{3})^2}=|2-\sqrt{3}|=2-\sqrt{3}\)

\(\frac{2+\sqrt{3}}{2-\sqrt{3}}=\frac{(2+\sqrt{3})^2}{(2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3})}=(2+\sqrt{3})^2=7+4\sqrt{3}\)

Khi đó: $A=\sqrt{7+4\sqrt{3}+2-\sqrt{3}}=\sqrt{9+3\sqrt{3}}$

2²-( \(\sqrt{ }\)3 )²= 1

4+3+4\(\sqrt{ }\)3 + 4+3- 4\(\sqrt{ }\)3 = \(\sqrt{ }\)14

đáp số \(\sqrt{ }\)14

?

Đề sai :)))

Cho tam giác abc có ah là đường cao, bm là truyen tuyến cắt ah tại g. ah =5cm. Tính diện tích tam giác abc

Xét tam giác ABC đều , đường cao AH 

=> AH đồng thời là đường trung tuyế 

=> HB = BC/2 = 8 cm 

Theo định lí Pytago tam giác AHB vuông tại H

\(AH=\sqrt{AB^2-BH^2}=8\sqrt{3}\)cm 

.

- Hạ \(BE\perp CD\) tại E.

- Tứ giác ABED có: \(\widehat{DAB}=\widehat{ADE}=\widehat{BED}=90^0\)

\(\Rightarrow\)ABED là hình chữ nhật.

\(\Rightarrow AB=DE=6\left(cm\right);AD=BE=3\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow CE=CD-DE=8-6=2\left(cm\right)\)

- \(\Delta BCE\) vuông tại E có: \(BC^2=BE^2+CE^2\)

\(\Rightarrow BC=\sqrt{BE^2+CE^2}=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}\left(cm\right)\)

\(\tan\widehat{CBE}=\dfrac{CE}{BE}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow\widehat{CBE}\approx33^0\)

\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{ABE}+\widehat{CBE}\approx90^0+33^0=123^0\)

\(\tan\widehat{BCD}=\dfrac{BE}{CE}=\dfrac{3}{2}\Rightarrow\widehat{BCD}\approx56^0\)

Phương Anh, toán phân biệt chữ cái, chữ nhỏ. Bạn xem lại bài, viết giống như bài hỏi nhé.

A, B ...điểm

góc A, góc B

AB, BC ...cạnh

AB= 6 cm ...độ dài cạnh

khỏi chứng minh
căn có cả dấu = nằm bên trong , mà còn dấu - của 4 , = - 4 ???

viết lại câu hỏi nhé !