Gọi \(H,K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(E,F\) lên \(BC.\) Vì tam giác \(ABC\) đều và \(ME\parallel BC,MF\parallel CA\to\Delta AEM,\Delta MFB\) đều. Do đó \(H,K\) là trung điểm của \(MA,MB.\) Suy ra \(HK=\frac{1}{2}AB.\)

Xét hình thang vuông \(HEFK\) có \(EF\ge HK=\frac{1}{2}AB.\) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(EF\parallel AB.\) Khi đó \(\Delta CEF\) đều nên \(MECF\)  là hình thoi. Đặc biệt ta có \(MC\perp EF\to MC\perp AB\to M\) là trung điểm \(AB.\)

Vậy giá trị bé nhất của \(EF\) là \(\frac{1}{2}AB\), đạt được khi và chỉ khi \(M\) là trung điểm \(AB.\)

Từ giả thiết \(4x+4y+4z+4\sqrt{xyz}=16\to4x+4\sqrt{xyz}+yz=16-4\left(y+z\right)+yz=\left(4-y\right)\left(4-z\right)\). Suy ra \(\left(4-y\right)\left(4-z\right)=\left(2\sqrt{x}+\sqrt{yz}\right)^2\to\sqrt{x\left(4-y\right)\left(4-z\right)}=\sqrt{x}\left(2\sqrt{x}+\sqrt{yz}\right)=2x+\sqrt{xyz}\). 

Tương tự ta thiết lập hai đẳng thức nữa \(\sqrt{y\left(4-z\right)\left(4-x\right)}=2y+\sqrt{xyz},\sqrt{z\left(4-x\right)\left(4-y\right)}=2z+\sqrt{xyz}.\)  

Cộng lại ta được

\(A=2x+\sqrt{xyz}+2y+\sqrt{xyz}+2z+\sqrt{xyz}-\sqrt{xyz}=2\left(x+y+z+\sqrt{xyz}\right)=2\times4=8.\) 

Vậy \(A=8.\)

ĐKXĐ: \(x\ne-\frac{3}{2}\)

\(\Rightarrow x=\sqrt{2x+3}\Rightarrow x^2=2x+3\Rightarrow x^2-2x-3=0\Rightarrow\left(x-3\right)\left(x+1\right)=0\)

\(\Rightarrow x-3=0\Rightarrow x=3\)

hoặc x + 1 = 0 => x = -1

chuyển vế+ bình phương 2 vế

<=>x²-2x+3=0

đến đây tự làm

ĐK x > 0 

pt <=> \(x^2-2x\sqrt{x}+\sqrt{x}-2=0\)

=> \(x\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)+\sqrt{x}-2=0\)

=> \(\left(x\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)=0\)

xong 

=> x + 1 - 1 = 2x

=> x = 2x 

=> x - 2x = 0 

=> -x = 0 

=> x = 0

\(ab+a-b-1=a^2-b^2\Leftrightarrow2a^2-2ab-2b^2-2a+2+2b=0\)

\(màa^2+b^2=2=>4a^2-4a+1-\left(a+b\right)^2+2\left(a+2\right)-1=0\)

=>.......................8

tui cx có bài như vạy nhưng 50 là 17 cơ, đặt 2 cái đầu =a, sau đó tìm a^2

nếu ko : tìm ssoos tận cx

nếu có thì cm cái coi