thung nho: 7,9+4,5=12,4(l)

thung to:12,4+4,3=16,7(l)

\(3\sqrt{8}-4\sqrt{2}+5\sqrt{32}\\ =3\sqrt{4.2}-4\sqrt{2}+5\sqrt{16.2}\\ =3.2\sqrt{2}-4\sqrt{2}+5.4\sqrt{2}\\ =6\sqrt{2}-4\sqrt{2}+20\sqrt{2}\\ =22\sqrt{2}\)

\(x-\sqrt{x+1}-1=0\\ =>\sqrt{x+1}=x-1\\ < =>\left\{{}\begin{matrix}x+1=\left(x-1\right)^2\\x-1\ge0\end{matrix}\right.\\ < =>\left\{{}\begin{matrix}x+1=x^2-2x+1\\x\ge1\end{matrix}\right.\\ < =>\left\{{}\begin{matrix}x^2-3x=0\\x\ge1\end{matrix}\right.\\ < =>\left\{{}\begin{matrix}x\left(x-3\right)=0\\x\ge1\end{matrix}\right.\\ < =>\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=3\end{matrix}\right.\\x\ge1\end{matrix}\right.< =>x=3\)

Vậy \(S=\left\{3\right\}\)

c) ĐKXĐ : \(\left\{{}\begin{matrix}x+3\ge0\\9x^2-x-4\ge0\end{matrix}\right.\)

Ta có \(2\sqrt{x+3}=9x^2-x-4\)

<=> \(9x^2-\left(x+2\sqrt{x+3}+4\right)=0\)

<=> \(9x^2-\left(\sqrt{x+3}+1\right)^2=0\)

<=> \(\left(3x-\sqrt{x+3}-1\right).\left(3x+\sqrt{x+3}+1\right)=0\)

<=> \(\left[{}\begin{matrix}3x-1=\sqrt{x+3}\left(1\right)\\3x+1=-\sqrt{x+3}\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Giải (2) ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\left(3x+1\right)^2=x+3\\3x+1\le0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}9x^2+5x-2=0\\x\le-\dfrac{1}{3}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{-5\pm97}{18}\\x\le-\dfrac{1}{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow x=\dfrac{-5-\sqrt{97}}{18}\)(tm ĐKXĐ)

Giải (1) ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\left(3x-1\right)^2=x+3\\3x-1\ge0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}9x^2-7x-2=0\\x\ge\dfrac{1}{3}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-\dfrac{2}{9}\end{matrix}\right.\\x\ge\dfrac{1}{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow x=1\) (tm ĐKXĐ) 

Vậy tập nghiệm phương trình : S = \(\left\{1;\dfrac{-5-\sqrt{97}}{18}\right\}\)

a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BA^2=BH\cdot BC\)

=>6BH=3^2=9

=>BH=9:6=1,5(cm)

Xét ΔABC vuông tại B có \(cosB=\frac{BA}{BC}=\frac12\)

nên \(\hat{B}=60^0\)

b: BK//AH

AH⊥BC

Do đó: BK⊥BC tại B

Xét ΔCBK vuông tại B có BA là đường cao

nên \(KB^2=KA\cdot KC\)

c: Xét ΔAKB vuông tại A có AM là đường cao

nên \(BM\cdot BK=BA^2\)

=>\(BM\cdot BK=BH\cdot BC\)

=>\(\frac{BM}{BC}=\frac{BH}{BK}\)

Xét ΔBMH vuông tại B và ΔBCK vuông tại B có

\(\frac{BM}{BC}=\frac{BH}{BK}\)

Do đó: ΔBMH~ΔBCK

=>\(\frac{S_{BMH}}{S_{BCK}}=\left(\frac{MH}{CK}\right)^2\) (1)

\(\sin^2K\cdot\sin^2C=\left(\frac{BA}{BK}\right)^2\cdot\left(\frac{BA}{BC}\right)^2\)

\(=\frac{BA^2}{BK^2}\cdot\frac{BA^2}{BC^2}=\frac{BA^4}{\left(BC\cdot BK\right)^2}=\frac{BA^4}{\left(BA\cdot CK\right)^2}=\frac{BA^2}{CK^2}=\left(\frac{BA}{CK}\right)^2\)

mà BA=MH(AHBM là hình chữ nhật)

nên \(\sin^2K\cdot\sin^2C=\left(\frac{MH}{CK}\right)^2\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{S_{BMH}}{S_{BCK}}=\left(\frac{MH}{CK}\right)^2\)

a: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC^2=5^2+12^2=25+144=169=13^2\)

=>BC=13(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH\cdot13=5\cdot12=60\)

=>\(AH=\frac{60}{13}\left(\operatorname{cm}\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có \(\sin C=\frac{AB}{BC}=\frac{5}{13}\)

nên \(\hat{C}\) ≃22 độ

b: Sửa đề: Phân giác BD

Vì BE⊥BD

mà BD là phân giác trong tại đỉnh B của ΔABC

nên BE là phân giác ngoài tại đỉnh B của ΔABC

Xét ΔABC có BD là phân giác

nên \(\frac{AD}{DC}=\frac{BA}{BC}\) (1)

Xét ΔBAC có BE là phân giác ngoài tại đỉnh B

nên \(\frac{BA}{BC}=\frac{EA}{EC}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{DA}{DC}=\frac{EA}{EC}\)

=>\(DA\cdot EC=DC\cdot AE\)

1: Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

=>B,F,E,C cùng thuộc một đường tròn

2: Xét (O) có

ΔABD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔABD vuông tại B

=>BA⊥BD

mà CH⊥BA

nên CH//BD

Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại C

=>CA⊥CD
mà BH⊥CA

nên BH//CD

Xét tứ giác BHCD có

BH//CD

BD//CH

Do đó: BHCD là hình bình hành

3: BFEC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{FEC}+\hat{FBC}=180^0\)

mà \(\hat{FEC}+\hat{AEF}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{AEF}=\hat{ABC}\)

ABDC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{DAC}=\hat{DBC}\)

Ta có: \(\hat{AEF}+\hat{DAC}=\hat{ABC}+\hat{DBC}=\hat{ABD}=90^0\)

=>AD⊥EF

4: BHCD là hình bình hành

=>BC cắt HD tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của BC

nên M là trung điểm của HD

Xét ΔHAD có

M,O lần lượt là trung điểm của DH,DA

=>MO là đường trung bình của ΔHAD

=>MO//AH và \(MO=\frac{AH}{2}\)

=>AH=2MO

Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH

=>EF<AH

=>EF<2MO