\(x+2\sqrt{x-2}-17=0\)đk : x >= 2 

\(\Leftrightarrow x-2+2\sqrt{x-2}+1-16=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x-2}+1\right)^2=16\)

TH1 : \(\sqrt{x-2}+1=4\Leftrightarrow\sqrt{x-2}=3\Leftrightarrow x-2=9\Leftrightarrow x=11\)

TH2 : \(\sqrt{x-2}+1=-4\Leftrightarrow\sqrt{x-2}=-5\)( ktm ) 

a, Vì CA = CM ( tc tiếp tuyến cắt nhau ) 

OA = OM = R 

=> OC là đường trung trực đoạn AM 

=> OC vuông AM 

^AMB = 90⁰ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 

=> AM vuông MB (1)

Ta có : DM = DB ( tc tiếp tuyến cắt nhau ) 

OM = OB = R 

=> OD là đường trung trực đoạn MB 

=> OD vuông MB (2) 

Từ (1) ; (2) => OD // AM 

b, OD giao MB = {T}

OC giao AM = {U} 

Xét tứ giác OUMT có ^OUM = ^UMT = ^MTO = 90⁰

=> tứ giác OUMT là hcn => ^UOT = 90⁰ 

Vì CD là tiếp tuyến (O) với M là tiếp điểm => ^OMD = 90⁰ 

Mặt khác : BD = DM ( tc tiếp tuyến cắt nhau ) 

CM = AC ( tc tiếp tuyến cắt nhau ) 

Xét tam giác COD vuông tại O, đường cao OM 

Ta có : \(OM^2=CM.MD\)hay \(OM^2=AC.BD\)=> R^2 = AC.BD 

c, Gọi I là trung điểm CD 

O là trung điểm AB 

khi đó OI là đường trung bình hình thang BDAC 

=> OI // AC mà AC vuông AB ( tc tiếp tuyến ) => OI vuông AB 

Xét tam giác COD vuông tại O, I là trung điểm => OI = IC = ID = R 

Vậy AB là tiếp tuyến đường tròn (I;CD/2) 

Gọi cái biểu thức đó là P nha

Trước tiên chứng minh:

\(\frac{x^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}+\frac{y^4}{\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}+\frac{z^4}{\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}-\left(\frac{y^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}+\frac{z^4}{\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}+\frac{x^4}{\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{x^4-y^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}+\frac{y^4-z^4}{\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}+\frac{z^4-x^4}{\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}\)

\(\Leftrightarrow x-y+y-z+z-x=0\)( đúng )

Giờ ta quay lại bài toán ban đầu 

Ta có:

\(\Leftrightarrow2P=\frac{x^4+y^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}+\frac{y^4+z^4}{\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}+\frac{z^4+x^4}{\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}\)

\(\ge\frac{\left(x^2+y^2\right)^2}{2\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}+\frac{\left(y^2+z^2\right)^2}{2\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}+\frac{\left(z^2+x^2\right)^2}{2\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}\)

\(=\frac{x^2+y^2}{2\left(x+y\right)}+\frac{y^2+z^2}{2\left(y+z\right)}+\frac{z^2+x^2}{2\left(z+x\right)}\)

\(\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{4\left(x+y\right)}+\frac{\left(y+z\right)^2}{4\left(y+z\right)}+\frac{\left(z+x\right)^2}{4\left(z+x\right)}\)

\(=\frac{x+y}{4}+\frac{y+z}{4}+\frac{z+x}{4}=\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow P\ge\frac{1}{4}\)

= -1,4 

HT

l:à

√0.7

chawxc vậy thôi nhé

\(\sqrt{6-2\sqrt{5}}+\sqrt{8+2\sqrt{15}}-\sqrt{3}\)

\(=\sqrt{5}-1+\sqrt{5}+\sqrt{3}-\sqrt{3}=2\sqrt{5}-1\)

a, \(\frac{3+2\sqrt{3}}{\sqrt{3}}+\frac{2+\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1}-\left(2+\sqrt{3}\right)\)

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

\(=\sqrt{3}+2+\sqrt{2}-2-\sqrt{3}=\sqrt{2}\)

b, \(\left(\frac{15}{\sqrt{6}+1}+\frac{4}{\sqrt{6}-2}-\frac{12}{3-\sqrt{6}}\right)\left(\sqrt{6}+11\right)\)

\(=\left(\frac{15\left(\sqrt{6}-1\right)}{5}+\frac{4\left(\sqrt{6}+2\right)}{2}-\frac{12\left(3+\sqrt{6}\right)}{3}\right)\left(\sqrt{6}+11\right)\)

\(=\left(3\sqrt{6}-3+2\sqrt{6}+4-12-4\sqrt{6}\right)\left(\sqrt{6}+11\right)\)

\(=\left(\sqrt{6}-11\right)\left(\sqrt{6}+11\right)=6-121=-115\)

a, Xét tam giác DOB và tam giác IOA ta có : 

^DOB = ^IOA ( đối đỉnh ) 

^AIO = ^ODB ( DB // CA do cùng vuông AB và 2 góc này ở vị trí so le trong ) 

^OAI = ^OBD = 90⁰ 

Vậy tam giác DOB = tam giác IOA ( ch - gn ) 

=> OD = OI ( 2 góc tương ứng ) 

b, Xét tam giác ICD có CO vuông ID hay CO là đường cao 

Lại có IO = OD ( cmt ) => CO là đường trung tuyến 

=> tam giác ICD cân tại C => CI = CD (2) 

Mặt khác : tam giác DOB = tam giác IOA ( cmt ) => BD = IA (1) 

=> CI = AC + IA lại có (1) ; (2) => CD = AC + BD 

c, Dựng OH vuông CD 

Xét tam giác DHO và tam giác HBO ta có : 

^DHO = ^HBO = 90⁰ 

^HDO = ^ODB ( cùng ''='' ^CID ) 

OD _ chung 

Vậy tam giác DHO = tam giác HBO ( g.c.g ) 

=> OH = OB = R 

Vậy CD là tiếp tuyến đường tròn (O)  

ĐỂ phép tính k bị lẻ lên thay \(\frac{5}{4}.\sqrt{\frac{4}{5}}=\frac{5}{2}.\sqrt{\frac{4}{5}}\)

\(\left(5\sqrt{\frac{1}{5}}+\frac{1}{2}.\sqrt{20}-\frac{5}{2}.\sqrt{\frac{4}{5}}+\sqrt{5}\right):2\sqrt{5}\)

\(=\left(\sqrt{5}+\sqrt{5}-\sqrt{5}+\sqrt{5}\right):2\sqrt{5}=2\sqrt{5}:2\sqrt{5}=1\)

\(\Delta ABC\)vuông tại A có \(\widehat{B}=45^0\left(gt\right)\)\(\Rightarrow\Delta ABC\)vuông cân tại A \(\Rightarrow AB=AC\)

Mà \(AB=1039m\left(gt\right)\Rightarrow AC=1039m\)

Vì vận tốc đi bộ không đổi, thời gian đi quãng đường CD lại gấp đôi thời gian đi quãng đường AD nên \(CD=2AD\Rightarrow\frac{AD}{CD}=\frac{1}{2}\)(1)

Lại có \(\Delta ACD\) vuông tại A \(\Rightarrow\)\(\cos\widehat{D}=\frac{AD}{CD}\)(2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\cos\widehat{D}=\frac{1}{2}\Rightarrow\widehat{D}=60^0\)

\(\Delta ACD\)vuông tại A \(\Rightarrow\sin D=\frac{AC}{CD}\Rightarrow\sin60^0=\frac{1039}{CD}\Rightarrow CD=\frac{1039}{\sin60^0}=\frac{1039}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\approx1200\left(m\right)\)

Vậy thực tế bạn An đã đi quãng đường CD dài khoảng 1200m