1-c

2-a

3-d

4-going to the cinema?

5-b

1 Let's go to the theatre.

2 I'm sorry but  I don't the theatre.

3 What's   on?

4 How about going to the cinema?

5 Where's  it on?

Gọi số tiền lúc đầu của bà Liên là a ; số tiền của bà Tâm là b

Ta có b - a = 20 000

Lại có \(a-\frac{4}{5}a=b-\frac{5}{6}b\)

=> \(\frac{a}{5}=\frac{b}{6}\)

Đặt \(\frac{a}{5}=\frac{b}{6}=k\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=5k\\b=6k\end{cases}}\)

Khi đó  b - a = 20 000

<=> 6k - 5k = 20000

=> k = 20000

=> a = 100 000 ; b = 120 000

Vậy số tiền lúc đầu của bà Liên là 100 000 đồng ; số tiền của bà Tâm là 120 000 đồng

a) Số học sinh khối 9 là 675 x 2/9 = 150 em

Số học sinh khối 7 là 675 x 20% = 135 em

Số học sinh khối 6 là 135.6/5 = 162 em

=> Số học sinh khối 8 là 675 - 150 - 135 - 162 = 228 em

b) Tỉ số phần trăm số học sinh khối 7 với khối 9 là 

135 : 150 = 9/10 = 90%

mình nghĩ sửa đề bài là  \(\frac{\sqrt{x^2-x+6}+7\sqrt{x}-\sqrt{6\left(x^2+5x-2\right)}}{x+3-\sqrt{2\left(x^2+10\right)}}\le0\) 

đặt a-1=x²;b-1=y²;c-1=z² với x,y,z>0. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

\(x+y+z\le\sqrt{\left(z^2+1\right)\left[\left(y^2+1\right)\left(x^2+1\right)+1\right]}\)

áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có \(x+y\le\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}\Rightarrow x+y+z\le\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+z}\left(1\right)̸\)

\(\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}+z\le\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+1}\cdot\sqrt{z^2+1}\)(2)

kết hợp (1) và (2) ta có \(x+y+z\le\sqrt{\left(z^2+1\right)\left[\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+1\right]}\)

vậy \(\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\le\sqrt{c\left(ab+1\right)}\left(đpcm\right)\)

Toàn mấy bài cơ bản , có mấy bài tương tự trong SBT
Bạn tự lật sách ra học 

Đừng đăng một loạt vầy rồi chép giải vào vở , học như vậy ko hiệu quả đâu.

A)XÉT  \(\Delta ABH\)VÀ \(\Delta ADH\)CÓ

\(BH=HD\left(gt\right);\widehat{AHB}=\widehat{AHD}=90^o;\)AH LÀ CẠNH CHUNG

=> \(\Delta ABH\)=\(\Delta ADH\)(C-G-C)

=> AB = AD ( hai cạnh tương ứng )

=> \(\Delta ABD\)là tam giác cân

nhắc lại kiến thức: mà trong tam giác cân có một góc bằng 60 độ suy ra tam giác đó là tam giác đều

MÀ \(\widehat{ABH}=60^o\)hay \(\widehat{ABD}=60^o\)

=> \(\Delta ABD\)là tam giác đều

B) XÉT \(\Delta ABH\)CÓ

\(\widehat{BAH}+\widehat{ABH}+\widehat{AHB}=180^o\Leftrightarrow\widehat{BAH}+60^o+90^o=180^o\Leftrightarrow\widehat{BAH}=180^o-\left(60^o+90^o\right)=30^o\)

vì \(\Delta ABH\)=\(\Delta ADH\)(cmt)

\(\Rightarrow\widehat{BAH}=\widehat{DAH}=30^o\)

có \(\widehat{BAH}+\widehat{DAH}+\widehat{DAC}=90^o\Leftrightarrow30^o+30^o+\widehat{DAC}=90^o\Leftrightarrow\widehat{DAC}=90^o-\left(30^o+30^o\right)=30^o\)

ta có \(\widehat{AHD}+\widehat{EDH}=90^o+90^o=180^o\)

hai góc này ở vị trí trong cùng phía bù nhau

=> AH // DE 

=>\(\widehat{HAD}=\widehat{ADE}=30^o\)

ta có \(\widehat{DAC}=\widehat{ADE}\)hay \(\widehat{EAD}=\widehat{ADE}\)

=> \(\Delta AED\)là tam giác cân

c) xét \(\Delta ABC\)CÓ

\(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^o\Leftrightarrow90^o+60^o+\widehat{C}=180^o\Leftrightarrow\widehat{C}=180^o-\left(90^o+60^o\right)=30^o\)

xét \(\Delta AHC\)VÀ \(\Delta CFA\)CÓ

AC LÀ CẠNH CHUNG

\(\widehat{H}=\widehat{F}=90^o\)

\(\widehat{ACH}=\widehat{CAF}=30^o\)

=> \(\Delta AHC\)=\(\Delta CFA\)(ch-gn)

\(\Rightarrow AH=CF\left(1\right)\)

vì \(\Delta AHC\)=\(\Delta CFA\)(cmt)

\(\Rightarrow HC=FA\)

xét \(\Delta HAF\)VÀ \(\Delta FCH\)CÓ 

\(AF=CH\left(cmt\right);\widehat{HAF}=\widehat{FCH}=30^o;HA=FC\left(cmt\right)\)

=>\(\Delta HAF\)=\(\Delta FCH\)(c-g-c)

\(\Rightarrow\widehat{AFH}=\widehat{CHF}\)HAY \(\widehat{AFH}=\widehat{DHF}\)

XÉT \(\Delta HAF\)CÓ

\(\widehat{HAF}+\widehat{AHD}+\widehat{DHF}+\widehat{AFH}=180^o\)

vì\(\widehat{AFH}=\widehat{DHF}\)

\(\Leftrightarrow30^o+90^o+2\widehat{AFH}=180^o\)

\(\Leftrightarrow2\widehat{AFH}=60^o\)

\(\Leftrightarrow\widehat{AFH}=30^o\)

xét \(\Delta HAF\)có

\(\widehat{AFH}=\widehat{HAF}=30^o\)

=>\(\Delta HAF\)cân tại H

=> \(AH=HF\left(2\right)\)

TỪ (1) VÀ (2) 

\(\Rightarrow AH=HF=FC\left(đpcm\right)\)

ta có \(T=\frac{1}{2}\left(1-\frac{a^2}{2+a^2}+1-\frac{b^2}{2+b^2}+1-\frac{c^2}{2+c^2}\right)=\frac{1}{2}\left[3-\left(\frac{a^2}{2+a^2}+\frac{b^2}{2+b^2}+\frac{c^2}{2+c^2}\right)\right]\)

ta chứng minh rằng \(\frac{a^2}{2+a^2}+\frac{b^2}{2+b^2}+\frac{c^2}{2+c^2}\ge1\)khi đó ta sẽ có \(T\le1\)

thật vậy, áp dụng Bất Đẳng Thức Cauchy-Schwarz ta có \(\frac{a^2}{2+a^2}+\frac{b^2}{2+b^2}+\frac{c^2}{2+c^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+6}\)

ta cần chứng minh rằng \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+6}\ge1\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\ge a^2+b^2+c^2+6\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\)

thật vậy, từ giả thiết ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le a+b+c\Leftrightarrow ab+bc+ca\le abc\left(a+b+c\right)\left(1\right)\)

mà \(abc\left(a+b+c\right)\le\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\)

từ (1) ta có \(\frac{ab+bc+ca}{3}\le\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\left(đpcm\right)\)

vậy maxT=1 khi a=b=c=1