\(A=\sqrt{64}+\sqrt{16}-2\sqrt{36}=8+4-12=0\)

a/ Ta có

H và E cùng nhìn AC dưới 1 góc vuông nên H và E thuộc đường tròng đường kính AC => AHEC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AC tâm I là trung điểm của AC

b/

Xét tg vuông ABH và tg vuông ABC có

\(\widehat{BAH}=\widehat{ACH}\) (cùng phụ với \(\widehat{ABC}\) ) (1)

Xét tg vuông ABH và tg vuông ADH có

AH chung

BH=DH (gt)

=> tg ABH = tg ADH (Hai tg vuông có hai cạnh góc vuông bằng nhau) \(\Rightarrow\widehat{BAH}=\widehat{DAH}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{DAH}=\widehat{ACH}\)

Xét tứ giác nội tiếp AHEC có

\(\widehat{ACH}=\widehat{AEH}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AH) (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\widehat{AEH}=\widehat{DAH}\) => tg AHE cân tại H (td có hai góc ở đáy bằng nhau)

c/

Ta có

\(\widehat{DAH}=\widehat{ACH}\) (cmt)

Xét tứ giác nội tiếp AHEC có

\(\widehat{DAH}=\widehat{ECH}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung HE)

\(\Rightarrow\widehat{ACH}=\widehat{ECH}\) => CB là tia phân giác của \(\widehat{ACE}\)

1) Diện tích của mảnh đất hình chữ nhật ABCD là \(S_{ABCD}=AB.BC=6.4=24\left(m^2\right)\)

Diện tích của phần đất trồng hoa có dạng nửa đường tròn đường kính BC là \(S_{hoa}=\dfrac{S_{hìnhtròn}}{2}=\dfrac{\pi r^2}{2}=\dfrac{\pi.\dfrac{d^2}{4}}{2}=\dfrac{\pi.\dfrac{4^2}{4}}{2}=2\pi\left(m^2\right)\)
Vì diện tích của phần đất có dạng nửa đường tròn đường kính AD chính bằng diện tích của phần đất có dạng nửa đường tròn đường kính BC nên diện tích của phần đất để trồng cỏ bằng:

\(S_{cỏ}=S_{ABCD}-2S_{hoa}=24-2.2\pi=24-4\pi\approx11,4\left(m^2\right)\)

Vậy diện tích trồng cỏ bằng khoảng 11,4m².

a, Ta có AB ; AC lần lượt là tiếp tuyến đường tròn (O) với B;C là tiếp điểm 

Xét tứ giác ABOC có ^ACO + ^ABO = 180⁰

mà 2 góc này đối nhau 

Vậy tứ giác ABOC là góc nt chắn nửa đường tròn 

Ta có ^BDC = ^ABC ( cùng chắn cung BC ) 

mà ^AOC = ^ABC ( góc nt chắn cung AC của tứ giác ABOC ) 

=> ^AOC = ^BDC 

b, +) Kẻ DC cắt AB tại K 

Ta có ^DCB = 90⁰ ( góc nt chắn nửa đường tròn ) 

=> ^BCK = 90⁰; AB = AC ( tc tiếp tuyến cắt nhau ) 

=> AB = AC = AK 

Lại có CK vuông BD ; AB vuông BD => CK // AB 

Xét tam giác BDA có KI // AB theo hệ quả Ta lét \(\dfrac{KI}{AB}=\dfrac{DI}{AD}\)(1) 

Xét tam giác KDA có IC // AK theo hệ quả Ta lét \(\dfrac{DI}{AD}=\dfrac{IC}{AK}\)(2) 

Từ (1) ; (2) suy ra \(\dfrac{KI}{AB}=\dfrac{IC}{AK}\)mà AB = AK (cmt) 

=> KI = IC => I là trung điểm KC 

Xét hpt \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x}{y}+2.\dfrac{y}{x}=3\left(1\right)\\2x^2-3y=-1\left(2\right)\end{matrix}\right.\) (đkxđ: \(\left\{{}\begin{matrix}x\ne0\\y\ne0\end{matrix}\right.\))

Từ (1) \(\Leftrightarrow\dfrac{x^2+2y^2}{xy}=3\Rightarrow x^2+2y^2=3xy\Leftrightarrow x^2-3xy+2y^2=0\)\(\Leftrightarrow x^2-xy-2xy+2y^2=0\Leftrightarrow x\left(x-y\right)-2y\left(x-y\right)=0\)\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x-2y\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-y=0\\x-2y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=y\\x=2y\end{matrix}\right.\)

Xét trường hợp \(x=y\), thay vào (2), ta có \(2x^2-3x=-1\Leftrightarrow2x^2-3x+1=0\) (3)

pt (3) có tổng các hệ số bằng 0 nên pt này có 2 nghiệm \(\left[{}\begin{matrix}x_1=1\\x_2=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)(nhận)

Nếu \(x=1\Rightarrow y=1\) (vì \(x=y\)) (nhận)

Nếu \(x=\dfrac{1}{2}\Rightarrow y=\dfrac{1}{2}\) (nhận)

Vậy ta tìm được 2 nghiệm của hpt đã cho là \(\left(1;1\right)\) và \(\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)\)

Xét trường hợp \(x=2y\), thay vào (2), ta có \(2.\left(2y\right)^2-3y=-1\Leftrightarrow8y^2-3y+1=0\) (4)

pt (4) có \(\Delta=\left(-3\right)^2-4.8.1=-23< 0\) nên pt này vô nghiệm.

Vậy hpt đã cho có tập nghiệm \(S=\left\{\left(1;1\right);\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)\right\}\)

a, Thay y = - 8 vào ta được \(-2x^2=-8\Leftrightarrow x^2=4\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=-2\end{matrix}\right.\)

Vậy (P) đi qua A(2;-8) ; B(-2;-8) 

b, Hoành độ giao điểm tm pt 

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

\(\Delta'=\left(m+1\right)^2-m^2-2m=1>0\)

Vậy (P) cắt (d) luôn có 2 nghiệm pb 

\(x_1=m+1-1=m\);\(x_2=m+1+1=m+2\)

Theo Vi et \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m+1\right)\\x_1x_2=m^2+2m\end{matrix}\right.\)

Ta có \(x_1< x_2\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1< 0\\x_2>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< 0\\m>-2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow-2< m< 0\)

Lại có \(-x_1=3x_2\Leftrightarrow x_1+3x_2=0\)

\(m+3\left(m+2\right)=0\Leftrightarrow4m+6=0\Leftrightarrow m=-\dfrac{3}{2}\)(tm) 

a) Ta có: \(\left(2-\dfrac{3+\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}\right)\left(2+\dfrac{3-\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}\right)=\left[2-\dfrac{\sqrt{3}\left(\sqrt{3}+1\right)}{\sqrt{3}+1}\right]\left[2+\dfrac{\sqrt{3}\left(\sqrt{3}-1\right)}{\sqrt{3}-1}\right]\)\(=\left(2-\sqrt{3}\right)\left(2+\sqrt{3}\right)=2^2-\left(\sqrt{3}\right)^2=4-3=1\) (đpcm)

b) Ta có \(A=\left(\dfrac{1}{x-2\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-2}\right):\dfrac{\sqrt{x}+1}{x-4\sqrt{x}+4}\)\(=\left[\dfrac{1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-2}\right].\dfrac{\left(\sqrt{x}-2\right)^2}{\sqrt{x}+1}\)\(=\dfrac{1+\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}.\dfrac{\left(\sqrt{x}-2\right)^2}{\sqrt{x}+1}=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}}\)

ÁP dụng BĐT Mincopxki, ta có:

\(A\ge\sqrt{\left(x+y\right)^2+\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2}\)

\(=\sqrt{\left(x+y\right)^2+\dfrac{\left(x+y\right)^2}{\left(xy\right)^2}}\)

\(\ge\sqrt{2\sqrt{\left(x+y\right)^2.\dfrac{\left(x+y\right)^2}{\left(xy\right)^2}}}=\sqrt{\dfrac{2\left(x+y\right)^2}{xy}}\) (cô si)

\(\ge\sqrt{\dfrac{2.4xy}{xy}}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\left(Côsi\right)\)

Min \(A=2\sqrt{2}\Leftrightarrow x=y\)