1.

\(\sqrt{32} + \sqrt{50} - 2 \sqrt{8} + \sqrt{18}\).

\(= \sqrt{16.2} + \sqrt{25.2} - \sqrt{16.2} + \sqrt{9.2}\)

\(= 4 \sqrt{2} + 5 \sqrt{2} - 4 \sqrt{2} + 3 \sqrt{2}\)

\(= \left(\right. 4 + 5 - 4 + 3 \left.\right) \sqrt{2} = 8 \sqrt{2}\)

2.

a) Điều kiện: \(a > 0\) và \(a \neq 1\)
\(M = \left(\right. \frac{1}{a - \sqrt{a}} + \frac{1}{\sqrt{a} - 1} \left.\right) : \frac{\sqrt{a} + 1}{a - 2 \sqrt{a} + 1}\)

\(= \left(\right. \frac{1}{\sqrt{a} \left(\right. \sqrt{a} - 1 \left.\right)} + \frac{1}{\sqrt{a} - 1} \left.\right) : \frac{\sqrt{a} + 1}{\left(\right. \sqrt{a} - 1 \left.\right)^{2}}\) ​

\(= \frac{1 + \sqrt{a}}{\sqrt{a} \left(\right. \sqrt{a} - 1 \left.\right)} \cdot \frac{\left(\right. \sqrt{a} - 1 \left.\right)^{2}}{\sqrt{a} + 1}\)

\(= \frac{\left(\right. 1 + \sqrt{a} \left.\right) \left(\right. \sqrt{a} - 1 \left.\right)^{2}}{\sqrt{a} \left(\right. \sqrt{a} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{a} + 1 \left.\right)}\)

\(= \frac{\sqrt{a} - 1}{\sqrt{a}}\)

b) Xét hiệu: 

\(M - 1 = \frac{\sqrt{a} - 1}{\sqrt{a}} - 1 = \frac{- 1}{\sqrt{a}} < 0\) với \(a > 0\) và \(a \neq 1\).

Vậy \(M < 1\).

\(\)

Gọi chiều cao của cây là \(A B\), chiều dài của bóng cây là \(B C\), góc tạo thành giữa tia nắng mặt trời với cây là \(\hat{C}\) và vị trí gốc cây là góc \(\hat{B}\).

Do cây thì luôn vuông góc với mặt đất nên ta có \(\Delta A B C\) vuông tại \(B\). Do đó ta có:

\(tan ⁡ \hat{C} = \frac{A B}{B C}\)

Thay số, ta tính được

\(A B = B C . tan ⁡ \hat{C} = tan ⁡ 2 8^{\circ} . 16 \approx 8 , 5\) m.

Vậy cây cao khoảng \(8 , 5\) m.

a) Gọi \(D\) là trung điểm \(M O .\)

Xét tam giác \(A M O\) vuông tại \(A\), với \(A D\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(M O\) của tam giác, suy ra \(A D = D M = D O\) (1).

Xét tam giác \(B M O\) vuông tại \(A\), với \(B D\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(M O\) của tam giác, suy ra \(DO=DM=BD\) (2).

Từ (1) và (2) ta suy ra \(D A = D M = D O = D B\). Vậy bốn điểm \(A ; M ; B ; O\) thuộc cùng một đường tròn.

b) Vì \(A M\) và \(B M\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(M\)

Suy ra \(O M\) là tia phân giác của \(\hat{A M B}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \(\hat{A M O} = \hat{B M O} = \frac{\hat{A M B}}{2} = \frac{4 0^{\circ}}{2} = 2 0^{\circ}\)

Vì \(A M\) là tiếp tuyến của đường tròn 

Suy ra \(O A \bot A M\) (tính chất)

Suy ra \(\hat{O A M} = 9 0^{\circ}\).

Xét tam giác \(A O M\) có:

\(\hat{O A M} + \hat{A M O} + \hat{A O M} = 18 0^{\circ}\) ( tổng ba góc của một tam giác)

90∘+20∘+AOM=180∘

\(\hat{A O M} = 18 0^{\circ} - 9 0^{\circ} - 2 0^{\circ}\)

\(\hat{A O M} = 7 0^{\circ}\)

c) Vì \(A M\) và \(B M\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M.

\(O M\) là tia phân giác \(\hat{A O B}\) (tính chất).

\(\hat{A O M} = \hat{B O M} = \frac{\hat{A O B}}{2}\)

\(\hat{A O B} = 2 \hat{A O M}\)

Suy ra \(\hat{A O B} = 2.7 0^{\circ} = 14 0^{\circ}\)

Ta có: \(\hat{A O B}\) là góc ở tâm chắn cung nhỏ AB⌢AB⌢

Vậy số đo góc \(A O B\) bằng số đo cung nhỏ \(A B\) (định lí góc ở tâm).

số đo cung \(A B\) nhỏ là \(= 14 0^{\circ}\)

Số đo cung \(A B\) lớn là:

\(36 0^{\circ}\) - sđ AB⌢AB⌢ nhỏ

\(= 36 0^{\circ} - 14 0^{\circ} = 22 0^{\circ}\)

Điều kiện: \(x \geq 0\).

\(\left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right) < 0\).

Ta xét hai trường hợp:

- Trường hợp 1:

\(\sqrt{x} - 1 < 0\) và \(\sqrt{x} - 2 > 0\)

x​<1 và \(\sqrt{x}>2\)

x <1 và \(x>4\) (không hợp lí)

- Trường hợp 2:

\(\sqrt{x}-1>0\) và \(\sqrt{x} - 2 < 0\)

\(\sqrt{x} > 1\) và \(\sqrt{x}<2\)

\(x > 1\) và \(x<4\)

Kết hợp với điều kiện xác định là \(x \geq 0\), ta có: \(1 < x < 4\).

a) \(\Delta A I E \sim \Delta A C I\) (g.g) suy ra \(\frac{A I}{A C} = \frac{A E}{A I}\) hay \(A I^{2} = A E . A C\) (1)

Chứng minh tương tự:

\(\Delta A I K \sim \Delta A K B\) (g.g) suy ra \(\frac{A K}{A B} = \frac{A F}{A K}\) hay \(A K^{2} = A B . A F\) (2)

Mà \(\Delta A B E \sim \Delta A C F\) (g.g) suy ra \(\frac{A B}{A C} = \frac{A E}{A F}\) hay \(A B . A F = A C . A E\) (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có \(A I^{2} = A K^{2}\) suy ra \(A I = A K\).

b) Vì \(\hat{A} = 60^{\circ}\) suy ra \(\hat{B_{1}} = 30^{\circ}\)

Trong tam giác \(A B E\) vuông tại \(E\) nên \(A E = \frac{1}{2} A B ,\)

Trong tam giác \(A F C\) vuông tại \(F\) có \(\hat{C_{1}} = 30^{\circ}\)suy ra \(A F = \frac{1}{2} A C\).

Do đó, \(\Delta A E F \sim \Delta A B C\) (c.g.c).

suy ra \(\frac{S_{A E F}}{S_{A B C}} = \left(\left(\right. \frac{A E}{A B} \left.\right)\right)^{2} = \frac{1}{4}\).

Vậy \(S_{A E F} = \frac{1}{4} . 120 = 30\) cm\(^{2}\).

Gọi \(B F\) cắt \(D C\) tại \(K\), \(B E\) cắt \(D C\) tại \(I\), và \(E F\) cắt \(A B\) tại \(G\).

\(\Delta F A B\) có \(D K\) // \(A B\) suy ra \(\frac{D K}{A B} = \frac{F D}{F A}\) (1)

\(\Delta F A G\) có \(D H\) // \(A G\) suy ra \(\frac{D H}{A G} = \frac{F D}{F A}\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{D K}{A B} = \frac{D H}{A G}\) hay \(\frac{D K}{D H} = \frac{A B}{A G}\) (*)

Tương tự \(\Delta E I C\) có \(A B\) // \(I C\) suy ra \(\frac{I C}{A B} = \frac{E C}{E A}\) (3)

\(\Delta E H C\) có \(H C\) // \(A B\) suy ra \(\frac{H C}{A G} = \frac{E C}{E A}\)(4)

Từ (3) và (4) ta có \(\frac{I C}{A B} = \frac{H C}{A G}\) hay \(\frac{I C}{H C} = \frac{A B}{A G}\) (**)

Từ (*) và (**) ta có \(\frac{D K}{D H} = \frac{I C}{H C}\).

Mà \(D H = H C\) (gt) suy ra \(D K = I C\)

Mặt khác \(B D = B C\) (gt) nên \(\Delta B D C\) cân

Suy ra \(\hat{B D K} = \hat{B C I}\)

Vậy \(\Delta B D K = \Delta B C I\) (c.g.c)

Suy ra \(\hat{D B K} = \hat{C B I}\).

a) \(\Delta A B E\) có \(A M\) // \(D G\) suy ra \(\frac{A E}{E G} = \frac{E B}{E D}\) (1)

\(\Delta A D E\) có \(A D\) // \(B K\) suy ra \(\frac{E B}{E D} = \frac{E K}{E A}\)(2)

Từ (1) và (2) ta có \(\frac{A E}{E G} = \frac{E K}{E A}\) nên \(A E^{2} = E K . E G\).

b) Từ \(\frac{1}{A E} = \frac{1}{A K} + \frac{1}{A G}\) suy ra \(\frac{A E}{A K} + \frac{A E}{A G} = 1\)

\(\Delta A D E\) có \(A D\) // \(B C\) suy ra \(\frac{A E}{E K} = \frac{E D}{E B}\)

     \(\frac{A E}{A E + E K} = \frac{E D}{E D + E B}\)

     \(\frac{A E}{A K} = \frac{E D}{D B}\) (3)

Tương tự \(\Delta A E B\) có \(A B\) // \(D G\) suy ra \(\frac{A E}{E G} = \frac{B E}{E D}\)

     \(\frac{A E}{A E + E G} = \frac{B E}{B E + E D}\)

     \(\frac{A E}{A G} = \frac{B E}{B D}\) (4)

Khi đó \(\frac{A E}{A K} + \frac{A E}{A G} = \frac{E D}{B D} + \frac{B E}{B D} = 1\).

c) Ta có \(\frac{B K}{K C} = \frac{A B}{C G}\) suy ra \(B K = \frac{K C . A B}{C G}\) và \(\frac{K C}{A D} = \frac{C G}{D G}\).

Suy ra \(D G = \frac{A D . C G}{K C}\)

Nhân theo vế ta được \(B K . D G = A B . A D\)không đổi.

Qua \(A\) vẽ đường thẳng song song với \(B C\) cắt \(B B^{'}\) tại \(D\) và cắt \(C C^{'}\) tại \(E\).

Khi đó 

\(\Delta A M E\) có \(A E\) // \(A^{'} C\) suy ra \(\frac{A M}{A^{'} M} = \frac{A E}{A^{'} C}\) (1)

\(\Delta A M D\) có \(A D\) // \(A^{'} B\) suy ra \(\frac{A M}{A^{'} M} = \frac{A D}{A^{'} B}\) (2)

Từ (1) và (2) ta có \(\frac{A M}{A^{'} M} = \frac{A E}{A^{'} C} = \frac{A D}{A^{'} B} = \frac{A D + A E}{A^{'} C + A^{'} B} = \frac{D E}{B C}\) (*)

Chứng minh tương tự ta cũng có:

\(\Delta A B^{'} D\) có \(A D\) // \(B C\) suy ra \(\frac{A B^{'}}{B^{'} C} = \frac{A D}{B C}\) (3)

\(\Delta A C^{'} E\) có \(A E\) // \(B C\) suy ra \(\frac{A C^{'}}{C^{'} B} = \frac{A E}{B C}\)(4)

Từ (3) và (4) ta có \(\frac{A B^{'}}{B^{'} C} + \frac{A C^{'}}{B C^{'}} = \frac{A D}{B C} + \frac{A E}{B C} = \frac{D E}{B C}\) (**)

Từ (*) và (**) ta có \(\frac{A M}{A^{'} M} = \frac{D E}{B C} = \frac{A B^{'}}{B^{'} C} + \frac{A C^{'}}{B C^{'}}\) (đpcm).