a: \(A=\dfrac{x^2-\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1}-\dfrac{2x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}}+\dfrac{2\left(x-1\right)}{\sqrt{x}-1}\)

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

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

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

b:

\(\dfrac{x}{12}=\dfrac{\left(\sqrt{5}+2\right)\sqrt[3]{17\sqrt{5}-38}}{\sqrt{5}+\sqrt{14-6\sqrt{5}}}\)

\(\Leftrightarrow x\cdot\dfrac{1}{12}=\dfrac{\left(\sqrt{5}+2\right)\left(\sqrt{5}-2\right)}{\sqrt{5}+3-\sqrt{5}}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x}{12}=\dfrac{1}{3}\)

=>x=36

Khi x=36 thì \(A=36-6+1=37-6=31\)

c: \(B=\dfrac{2\sqrt{x}}{A}=\dfrac{2\sqrt{x}}{x-\sqrt{x}+1}\)

\(B-2=\dfrac{2\sqrt{x}-2x+2\sqrt{x}-2}{x-\sqrt{x}+1}\)

\(=\dfrac{-2x+4\sqrt{x}-2}{x-\sqrt{x}+1}=\dfrac{-2\left(x-2\sqrt{x}+1\right)}{x-\sqrt{x}+1}\)

\(=\dfrac{-2\left(\sqrt{x}-1\right)^2}{\left(\sqrt{x}-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}}< 0\)

=>B<2

\(2\sqrt{x}>0;x-\sqrt{x}+1=\left(\sqrt{x}-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}>0\)

=>B>0

=>0<B<2

a: Xét ΔSBM và ΔSNB có 

\(\widehat{SBM}=\widehat{SNB}\)

\(\widehat{BSM}\) chung

Do đó: ΔSBM\(\sim\)ΔSNB

Suy ra: SB/SN=SM/SB

hay \(SB^2=SM\cdot SN\)

b: Xét (O) có

SA là tiếp tuyến

SB là tiếp tuyến

Do đó: SA=SB

mà OA=OB

nên SO là đường trung trực của AB

=>SO⊥AB

Xét ΔOBS vuông tại B có BH là đường cao

nên \(SH\cdot SO=SB^2=SM\cdot SN\)

Gọi A,B lần lượt là hai mốc của bờ sông. Gọi điểm C là điểm nằm trên đường thước dây vuông góc với bờ sông tại A

=>AB vuông góc AC tại A

Theo đề, ta có: AC=16m \(\widehat{ABC}=75^0\)

Xét ΔABC vuông tại A có \(tanB=\dfrac{AC}{AB}\)

=>\(AB=\dfrac{AC}{tanB}=16:tan75\simeq4,3\left(m\right)\)

Bài 1: 

ĐKXĐ: \(x\ge\dfrac{1}{2}\)

Ta có: \(\sqrt{5x^2}=2x-1\)

\(\Leftrightarrow5x^2=\left(2x-1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow5x^2-4x^2+4x-1=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+4x-1=0\)

\(\text{Δ}=4^2-4\cdot1\cdot\left(-1\right)=20\)

Vì Δ>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{-4-2\sqrt{5}}{2}=-2-\sqrt{5}\left(loại\right)\\x_2=\dfrac{-4+2\sqrt{5}}{2}=-2+\sqrt{5}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

Bài 1: Bình phương hai vế lên có giải ra được kết quả. Nhưng phải kèm thêm điều kiện $2x-1\geq 0$ do $\sqrt{5x^2}\geq 0$

PT \(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2x-1\geq 0\\ 5x^2=(2x-1)^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq \frac{1}{2}\\ x^2+4x-1=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq \frac{1}{2}\\ (x+2)^2-5=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq \frac{1}{2}\\ (x+2-\sqrt{5})(x+2+\sqrt{5})=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq \frac{1}{2}\\ x=-2\pm \sqrt{5}\end{matrix}\right.\) (vô lý)

Vậy pt vô nghiệm.

Nãy ghi nhầm =="

a)Hđ gđ là nghiệm pt

`x^2=2x+2m+1`

`<=>x^2-2x-2m-1=0`

Thay `m=1` vào pt ta có:

`x^2-2x-2-1=0`

`<=>x^2-2x-3=0`

`a-b+c=0`

`=>x_1=-1,x_2=3`

`=>y_1=1,y_2=9`

`=>(-1,1),(3,9)`

Vậy tọa độ gđ (d) và (P) là `(-1,1)` và `(3,9)`

b)

Hđ gđ là nghiệm pt

`x^2=2x+2m+1`

`<=>x^2-2x-2m-1=0`

PT có 2 nghiệm pb

`<=>Delta'>0`

`<=>1+2m+1>0`

`<=>2m> -2`

`<=>m> 01`

Áp dụng hệ thức vi-ét:`x_1+x_2=2,x_1.x_2=-2m-1`

Theo `(P):y=x^2=>y_1=x_1^2,y_2=x_2^2`

`=>x_1^2+x_2^2=14`

`<=>(x_1+x_2)^2-2x_1.x_2=14`

`<=>4-2(-2m-1)=14`

`<=>4+2(2m+1)=14`

`<=>2(2m+1)=10`

`<=>2m+1=5`

`<=>2m=4`

`<=>m=2(tm)`

Vậy `m=2` thì ....

Lượng công việc cả hai lớp cùng làm được trong 1 giờ: 124124 (công việc)
Vì vậy, khi cả hai lớp cùng làm trong 10 giờ, lượng công việc làm được sẽ là: 10.124124 = 5/12 (công việc)
Vì sau khi 8A nghỉ, lớp 8B làm trong 35 giờ thì cả hai lớp hoàn thành được 1212 công việc, nên lượng công việc lớp 8B làm được trong 1 giờ là:
(12−51212−512)3535 = 14201420 (công việc)
Lượng công việc lớp 8A làm được trong 1 giờ là:
124−1420=11280 (công việc)
Vậy nếu lớp 8A làm một mình thì sẽ hoàn thành công việc sau:
1:1128011280 = 2801128011 ≈ 25,5 (giờ)
Lớp 8B làm một mình thì sẽ hoàn thành công việc sau:
1:14201420 = 420 (giờ)

Lượng công việc cả hai lớp cùng làm được trong 1 giờ: 1/24 (công việc)
Vì vậy, khi cả hai lớp cùng làm trong 10 giờ, lượng công việc làm được sẽ là: 10.1/24 = 5/12 (công việc)
Vì sau khi 8A nghỉ, lớp 8B làm trong 35 giờ thì cả hai lớp hoàn thành được 1/2 công việc, nên lượng công việc lớp 8B làm được trong 1 giờ là:
(1/2−5/12)3/5 = 1/420 (công việc)
Lượng công việc lớp 8A làm được trong 1 giờ là:
1/24−1/420=11/280 (công việc)
Vậy nếu lớp 8A làm một mình thì sẽ hoàn thành công việc sau:
1:1/280= 280/11 ≈ 25,5 (giờ)
Lớp 8B làm một mình thì sẽ hoàn thành công việc sau:
1:1/420 = 420 (giờ)

Bài 4: 

b: Xét ΔABK vuông tại A có AD là đường cao ứng với cạnh huyền BK

nên \(BD\cdot BK=BA^2\left(1\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC

nên \(BH\cdot BC=AB^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(BD\cdot BK=BH\cdot BC\)

em cảm ơn ạ nhưng mà e cần CM câu c chứ ko phải là câu b ạ

a) Xác định vị trí tương đối của điểm C với (O; R):

Vì $\triangle ABC$ vuông tại $C$ có $AB$ là đường kính của đường tròn $(O; R)$, nên trung điểm $O$ của $AB$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$.

Do đó: $OC = OA = OB = R = \frac{AB}{2}$

Vậy điểm $C$ nằm trên (thuộc) đường tròn $(O; R)$.

b) Xác định vị trí tương đối của đường thẳng KC với (O; R):

Vì $K$ là trung điểm của $BC$ nên điểm $C$ thuộc đường thẳng $KC$.

Lại có điểm $C$ thuộc đường tròn $(O; R)$ (chứng minh ở câu a).

Do đó, đường thẳng $KC$ và đường tròn $(O; R)$ có ít nhất một điểm chung là $C$.

Mặt khác, $K$ nằm trên đoạn $BC$ (nằm bên trong đường tròn) nên đường thẳng $KC$ (chính là đường thẳng $BC$) cắt đường tròn $(O; R)$ tại hai điểm phân biệt $B$ và $C$.

Vậy đường thẳng $KC$ cắt đường tròn $(O; R)$.

c) Tính CH theo R:

Xét $\triangle ABC$ vuông tại $C$, đường cao $CH$:

Ta có: $AB = 2R$ và $\widehat{ABC} = 30^\circ$

Trong $\triangle ABC$ vuông tại $C$:

$BC = AB \cdot \cos\widehat{ABC} = 2R \cdot \cos 30^\circ = 2R \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = R\sqrt{3}$

Xét $\triangle BCH$ vuông tại $H$:

$CH = BC \cdot \sin\widehat{ABC} = R\sqrt{3} \cdot \sin 30^\circ = R\sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{R\sqrt{3}}{2}$

Vậy $CH = \frac{R\sqrt{3}}{2}$.

d) Chứng minh DC là tiếp tuyến của (O; R):

Xét đường tròn $(O; R)$ có $OC = OB = R$ nên $\triangle OBC$ cân tại $O$.

Lại có $K$ là trung điểm của dây cung $BC$, suy ra $OK \perp BC$ tại $K$ (đường kính đi qua trung điểm của dây không đi qua tâm thì vuông góc với dây đó).

Do đó $OK$ là đường trung trực của đoạn thẳng $BC$.

Vì $D \in OK$ nên $DB = DC$.

Xét $\triangle OBD$ và $\triangle OCD$ có:

- $OB = OC = R$

- $OD$ là cạnh chung

- $DB = DC$

$\Rightarrow \triangle OBD = \triangle OCD$ (c.c.c)

$\Rightarrow \widehat{OCD} = \widehat{OBD}$

Mà $Bx$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $B$ nên $Bx \perp OB \Rightarrow \widehat{OBD} = 90^\circ$.

Suy ra $\widehat{OCD} = 90^\circ \Rightarrow DC \perp OC$ tại $C$.

Vì $C \in (O)$ và $DC \perp OC$ tại $C$, nên $DC$ là tiếp tuyến của $(O; R)$.

e) Chứng minh 3 điểm E, C, D thẳng hàng:

Vì $Ay$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$ nên $AE \perp AB$.

Lại có $CH \perp AB$ (theo giả thiết), suy ra $AE \parallel CH$.

Áp dụng hệ quả của định lý Ta-lét:

- Trong $\triangle BAE$ có $CI \parallel AE$ (vì $I \in CH$ và $CH \parallel AE$):

$\frac{CI}{AE} = \frac{BI}{BE}$ (1)

- Trong $\triangle BAE$ kéo dài với $IH \parallel AE$:

$\frac{IH}{AE} = \frac{BI}{BE}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{CI}{AE} = \frac{IH}{AE} \Rightarrow CI = IH$.

Do $I$ là trung điểm của $CH$ nên $CI = IH$ là luôn đúng.

Gọi $E'$ là giao điểm của $DC$ và $Ay$. Ta sẽ chứng minh $E'$ trùng với $E$.

Vì $Ay \parallel CH$ và $Bx \parallel Ay$ (cùng vuông góc với $AB$), nên $Bx \parallel CH \parallel Ay$.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau $E'A$ và $E'C$ tại $E'$, ta có $E'A = E'C$.

Tương tự $DB = DC$.

Do $CH \parallel AE'$ và $CH \parallel BD$, theo định lý Ta-lét:

$\frac{CI}{E'A} = \frac{BI}{BE'}$ và $\frac{IH}{E'A} = \frac{BI}{BE'}$

Kết hợp $CI = IH$ suy ra đường thẳng $BI$ kéo dài sẽ đi qua giao điểm của tiếp tuyến $Ay$ và tiếp tuyến $CD$.

Do đó $E'$ chính là điểm $E$ (giao điểm của $BI$ và $Ay$).

Vậy ba điểm $E, C, D$ thẳng hàng (đpcm).