\(a,P=\dfrac{3\sqrt{a}-3}{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+1\right)}\cdot\dfrac{\left(\sqrt{a}+1\right)^2}{\sqrt{a}-1}\left(a\ge0;a\ne1\right)\\ P=\dfrac{3\left(\sqrt{a}-1\right)\left(\sqrt{a}+1\right)}{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-1\right)}=\dfrac{3\left(\sqrt{a}+1\right)}{\sqrt{a}}\\ b,a=4\Leftrightarrow\sqrt{a}=2\\ \Leftrightarrow P=\dfrac{3\left(2+1\right)}{2}=\dfrac{9}{2}\)

câu 5: 

x=3,6

y=6,4

câu 6: chụp lại đề

câu 7:

a)ĐKXĐ: \(x\ge0\)

\(3\sqrt{x}=\sqrt{12}\\ \Rightarrow9x=12\\ \Rightarrow x=\dfrac{4}{3}\)

b) ĐKXĐ: \(x\ge6\)

\(\sqrt{x-6}=3\\ \Rightarrow x-6=9\\ \Rightarrow x=15\)

Câu 5: 

Áp dụng định lý Pi-ta-go ta có:

\(AB^2+AC^2=BC^2\\ \Rightarrow BC=\sqrt{6^2+8^2}\\ \Rightarrow BC=10\)

Áp dụng HTL ta có: \(x.BC=AB^2\Rightarrow x.10=6^2\Rightarrow x=3,6\)

Áp dụng HTL ta có: \(x.BC=AC^2\Rightarrow x.10=8^2\Rightarrow x=6,4\)

b: \(BC=\sqrt{89}\left(cm\right)\)

\(\sin\widehat{B}=\dfrac{5\sqrt{89}}{89}\)

\(\Leftrightarrow\widehat{B}\simeq32^0\)

\(\widehat{C}=58^0\)

a: Gọi O là giao điểm của BC và AD

Xét ΔOAD vuông tại A có \(\hat{ODA}=45^0\)

nên ΔOAD vuông cân tại A

=>AO=AD

BC//AD
=>\(\hat{OCB}=\hat{ODA}\) (hai góc đồng vị)

=>\(\hat{OCB}=45^0\)

Xét ΔOBC vuông tại B có \(\hat{OCB}=45^0\)

nên ΔOBC vuông cân tại B

=>BO=BC=6(cm)

OB+BA=OA

=>OA=6+8=14(cm)

ΔOAD vuông cân tại A

=>AD=AO

=>AD=14(cm)

ΔOBC vuông tại B

=>\(OB^2+BC^2=OC^2\)

=>\(OC^2=6^2+6^2=72\)

=>\(OC=6\sqrt2\) (cm)

Xét ΔOAD có BC//AD
nên \(\frac{OC}{CD}=\frac{OB}{BA}\)

=>\(\frac{6\sqrt2}{CD}=\frac68=\frac34=\frac{6\sqrt2}{8\sqrt2}\)

=>\(CD=8\sqrt2\) (cm)

b: Xét ΔABC có

M,F lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>MF là đường trung bình cua ΔABC

=>MF//BC

Xét ΔBAD có

M,E lần lượt là trung điểm của BA,BD

=>ME là đường trung bình của ΔBAD

=>ME//AD
mà AD//BC

nên ME//BC

Xét ΔDBC có

E,N lần lượt là trung điểm của DB,DC

=>EN là đường trung bình của ΔDBC

=>EN//BC

MF//BC

ME//BC

mà MF,ME có điểm chung là M

nên M,F,E thẳng hàng(1)

ME//BC

EN//BC

mà ME,EN có điểm chung là E

nên M,E,N thẳng hàng(2)

Từ (1),(2) suy ra M,F,E,N thẳng hàng

1)Ta có: DE_|_OD (tiếp tuyến) 
OD _|_BC (Đường thẳng đi qua tâm và điểm giữa cung BC) 

=> DE//BC (1*) 

2) Ta có \(\widehat{PCQ}=\widehat{CDE}\)   (do CE=DE => tg CDE cân) 
Do BC//DE nên \(\widehat{CDE}=\widehat{BCD}=\widehat{BAD}\) 
=> \(\widehat{PCQ}=\widehat{BAD}\)^PCQ = ^BAD 
=> tứ giác PACQ nội tiếp đường tròn. 

3)   Do DE//BC 

=>\(\frac{DE}{CF}=\frac{EQ}{CQ}\)  mà DE =CE 

=>\(\frac{CE}{CF}=\frac{EQ}{CQ}=1-\frac{CE}{CQ}\)
=>\(\frac{CE}{CF}+\frac{CE}{CQ}=1\)
=> CE/CF + CE/CQ=1 
=> đpcm

cám ơn nhiều ạ