Câu 1 : 

a, \(A=\left(\frac{1}{\sqrt{a}-1}+\frac{1}{\sqrt{a}+1}\right).\frac{1}{\sqrt{a}}\)

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

b, Ta có :A = 1 hay  \(\frac{2}{a-1}=1\Leftrightarrow a-1=2\Leftrightarrow a=3\)( tmđkxđ )

Câu 3 : 

\(\hept{\begin{cases}2x-3y=1\left(1\right)\\3x+y=7\left(2\right)\end{cases}}\)Ta có : \(y=7-3x\)(k)

Thay vào phương trình 1 ta được : 

\(2x-3\left(7-3x\right)=1\)

\(\Leftrightarrow2x-21+9x=1\Leftrightarrow11x=22\Leftrightarrow x=2\)

Thay vào (k) ta được : \(y=7-3.2=7-6=1\)

Vậy \(\left\{x;y\right\}=\left\{2;1\right\}\)

b) Chắc đề bài bạn gõ sai, phải là \(AM.BN=\frac{AB^2}{4}\).

Gọi giao giữa tiếp tuyến \(MN\)và \(\left(O\right)\)là \(H\).

Tam giác \(MON\)vuông tại \(O\), đường cao \(OH\)nên có: 

\(MH.NH=OH^2\)

mà \(MA=MH,NB=NH\)(tính chất 2 tiếp tuyến giao nhau) , \(AB=2R\)suy ra

\(AM.BN=MH.NH=OH^2=R^2=\frac{AB^2}{4}\)

a) Do AB là tiếp tuyến của đường tròn tại B nên theo đúng định nghĩa, ta có \(OB\perp BA\Rightarrow\widehat{OBA}=90^o\)

Vậy tam giác ABO vuông tại B.

Xét tam giác vuông OAB, áp dụng định lý Pi-ta-go ta có : 

\(AB=\sqrt{OA^2-OB^2}=\sqrt{4R^2-R^2}=R\sqrt{3}\)

b) Ta có BC là dây cung, \(OH\perp BC\) 

Tam giác cân OBC có OH là đường cao nên nó cũng là tia phân giác góc COB.

Xét tam giác OCA và OBA có: 

OC = OB ( = R)

OA chung

\(\widehat{COA}=\widehat{BOA}\) (cmt)

\(\Rightarrow\Delta OCA=\Delta OBA\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{OCA}=\widehat{OBA}=90^o\). Vậy CA là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại C.

c) Ta có BC là dây cung, OH vuông góc BC nên theo tính chất đường kính dây cung ta có H là trung điểm BC.

Xét tam giác vuông OBA có BH là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có:

\(HB.OA=OB.BA\Rightarrow HB=\frac{R.R\sqrt{3}}{2R}=\frac{R\sqrt{3}}{2}\)

Vậy thì BC = 2HB = \(R\sqrt{3}\)

Do \(\Delta OCA=\Delta OBA\Rightarrow CA=BA\)

Xét tam giác ABC có \(AB=BC=CA=R\sqrt{3}\) nên nó là tam giác đều.

d) Gọi G là trung điểm của CA; J là giao điểm của AE và HD, F' là giao điểm của AE và OB

Ta cần chứng minh F' trùng F.

Dễ thấy HD // OB; HG // AB mà \(AB\perp OB\Rightarrow HD\perp GH\) hay D là tiếp tuyến của đường tròn tại H.

Từ đó ta có : \(\widehat{EHJ}=\widehat{EAJ}\)  

Vậy thì \(\Delta HEJ\sim\Delta AHJ\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{EJ}{HJ}=\frac{HJ}{AJ}\Rightarrow HJ^2=EJ.AJ\)

Xét tam giác vuông JDA có DE là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có:

\(JD^2=JE.JA\)

Vậy nên HJ = JD.

Áp dụng định lý Ta let trong tam giác OAB ta có:

Do HD // OB nên \(\frac{HJ}{OF'}=\frac{JD}{F'B}\left(=\frac{AJ}{AF'}\right)\)

Mà HJ = JD nên OF' = F'B hay F' là trung điểm OB. Vậy F' trùng F.

Từ đó ta có A, E, F thẳng hàng.

dài vậy 😅😅😅

Ta có: \(x+y+z=xyz\Leftrightarrow x=\frac{x+y+z}{yz}\Leftrightarrow x^2=\frac{x^2+xy+xz}{yz}\Leftrightarrow x^2+1=\frac{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}{yz}\)\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}=\sqrt{\frac{yz}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}\)

Tương tự, ta được: \(\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}=\sqrt{\frac{zx}{\left(y+x\right)\left(y+z\right)}}\); \(\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}=\sqrt{\frac{xy}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}\)

Cộng theo từng vế ba đẳng thức trên, ta được: \(P=\sqrt{\frac{yz}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}+\sqrt{\frac{zx}{\left(y+x\right)\left(y+z\right)}}+\sqrt{\frac{xy}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}\)\(\le\frac{\frac{y}{x+y}+\frac{z}{z+x}+\frac{x}{x+y}+\frac{z}{y+z}+\frac{x}{z+x}+\frac{y}{y+z}}{2}=\frac{3}{2}\)(BĐT Cô-si)

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = \(\sqrt{3}\)

taị sao lại là căn 3 vậy ạ