\(\sqrt{x^2-2x-3}\)

Để căn thức có nghĩa \(\Leftrightarrow x^2-2x-3\ge0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x\le-1\\x\ge3\end{cases}}\)

Điều kiện

\(x^2-2x-3\ge0\)

Vế trái có nghiệm là -1 và 3

=> điều kiện là \(x\le-1\)hoặc \(x\ge3\)

\(\sqrt{\left(2x^2-x-1\right)^2+9}\ge\sqrt{9}=3\)

min B =3 \(\Leftrightarrow2x^2-x-1=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\x=\frac{-1}{2}\end{cases}}\)

Bn có thể lm cho mk đoạn đk xác định k?

Đặt BC=2R. Nhận thấy tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BC --> góc CBD=góc CAD (*). 

Gọi K là hình chiếu của M trên BC, I là trung điểm BC; dẽ dàng tinhs được MK=AI/2 =R/2; BK= BI+IK= R +(R/2) =3R/2 --> BK/MK =3 

Tam giác BMK và ADH đồng dạng với nhau vì chúng là các tam giác vuông và (*) --> , và BK=3MK, suy ra AH/HD =BK/MK=3 --->

AH=3HD

a) Do H là trung điểm ED nên \(OH⊥DE\) .

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta cũng có \(OK⊥DC\)

Vậy thì \(\Delta HOA\sim\Delta IKA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{OA}{OK}=\frac{AH}{AI}\Rightarrow AI.AO=AK.AH\)

b) Ta thấy \(AD.AE=AB^2=AI.AO=AK.AH\)

Vậy nên \(\frac{1}{AD}+\frac{1}{AE}=\frac{AD+AE}{AD.AE}=\frac{AD+AE}{AH.AK}=\frac{2AH}{AH.AK}=\frac{2}{AK}.\)

\(\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\)

\(\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2\)

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

\(\left(\sqrt{15}x-4\right)^2\)

\(a\sqrt{a}-b\sqrt{b}\)

\(=\sqrt{a^3}-\sqrt{b^3}\)

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

\(x+y-2\sqrt{xy}\)

\(=\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2\)

Ta có \(P=\left(\frac{\sqrt{14}-\sqrt{7}}{\sqrt{8}-2}-\frac{\sqrt{15}-\sqrt{3}}{2-2\sqrt{5}}\right):\frac{1}{\sqrt{7}-\sqrt{3}}\)

\(=\left(\frac{\sqrt{7}\left(\sqrt{2}-1\right)}{2\left(\sqrt{2}-1\right)}-\frac{\sqrt{3}\left(\sqrt{5}-1\right)}{2\left(1-\sqrt{5}\right)}\right).\left(\sqrt{7}-\sqrt{3}\right)\)

\(=\left(\frac{\sqrt{7}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\right).\left(\sqrt{7}-\sqrt{3}\right)=\frac{\sqrt{7}+\sqrt{3}}{2}.\left(\sqrt{7}-\sqrt{3}\right)\)

\(=\frac{7-3}{2}=2\)

Vậy \(P=2\)