\(a,\sqrt{29+12\sqrt{5}}+2\sqrt{21-8\sqrt{5}}\)

\(\sqrt{29+6\sqrt{20}}+\sqrt{84-32\sqrt{5}}\)

\(\sqrt{\sqrt{20}^2+6\sqrt{20}+3^2}+\sqrt{84-16\sqrt{20}}\)

\(\sqrt{\left(\sqrt{20}+3\right)^2}+\sqrt{8^2-16\sqrt{20}+\sqrt{20}^2}\)

\(\left|\sqrt{20}+3\right|+\sqrt{\left(8-\sqrt{20}\right)^2}\)

\(\sqrt{20}+3+\left|8-\sqrt{20}\right|\)

\(\sqrt{20}+3+8-\sqrt{20}\)

\(=11\)

Ta có: \(\sqrt{9-4\sqrt{5}}-\sqrt{5}=\sqrt{5-4\sqrt{5}+4}-\sqrt{5}\)

\(=\sqrt{\left(\sqrt{5}-2\right)^2}-\sqrt{5}=\sqrt{5}-2-\sqrt{5}=-2\)

Vayyj ...

Ta có : VT= \(\sqrt{9-4\sqrt{5}}-\sqrt{5}\)

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

                =\(\sqrt{\left(\sqrt{5}\right)^2-2.2\sqrt{5}+2^2}\)\(-\sqrt{5}\)

                =\(\sqrt{\left(\sqrt{5}-2\right)^2}-\sqrt{5}\)

                =\(\left|\sqrt{5}-2\right|-\sqrt{5}\)

                =\(\sqrt{5}-2-\sqrt{5}\)

                =\(-2\)=VP

Câu 11.12. 

Kẻ đường cao \(AH,BK\).

Do tam giác \(\Delta AHD=\Delta BKC\left(ch-gn\right)\)nên \(DH=BK\).

Đặt \(AB=AH=x\left(cm\right),x>0\).

Suy ra \(DH=\frac{10-x}{2}\left(cm\right)\)

Xét tam giác \(AHD\)vuông tại \(H\):

\(AD^2=AH^2+HD^2=x^2+\left(\frac{10-x}{2}\right)^2\)(định lí Pythagore) 

Xét tam giác \(DAC\)vuông tại \(A\)đường cao \(AH\):

\(AD^2=DH.DC=10.\left(\frac{10-x}{2}\right)\)

Suy ra \(x^2+\left(\frac{10-x}{2}\right)^2=10.\frac{10-x}{2}\)

\(\Leftrightarrow x=2\sqrt{5}\)(vì \(x>0\))

Vậy đường cao của hình thang là \(2\sqrt{5}cm\).

Câu 11.11. 

Kẻ \(AE\perp AC,E\in CD\).

Khi đó \(AE//BD,AB//DE\)nên \(ABDE\)là hình bình hành. 

Suy ra \(AE=BD=15\left(cm\right)\).

Kẻ đường cao \(AH\perp CD\)suy ra \(AH=12\left(cm\right)\).

Xét tam giác \(AEC\)vuông tại \(A\)đường cao \(AH\): 

\(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AC^2}\Leftrightarrow\frac{1}{AC^2}=\frac{1}{AH^2}-\frac{1}{AE^2}=\frac{1}{12^2}-\frac{1}{15^2}=\frac{1}{400}\)

\(\Rightarrow AC=20\left(cm\right)\)

\(S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC.BD=\frac{1}{2}.15.20=150\left(cm^2\right)\),

Khó quá, xé sách

\(a,\sqrt{2x+3}=3-\sqrt{5}\)

\(2x+3=14-6\sqrt{5}\)

\(2x=11-6\sqrt{5}\)

\(x=\frac{11-6\sqrt{5}}{2}\left(TM\right)\)

\(b,5+\sqrt{7x}=11+4\sqrt{7}\)

\(\sqrt{7x}=6+4\sqrt{7}\)

\(7x=148+48\sqrt{7}\)

\(x=\frac{148+48\sqrt{7}}{7}\)

\(c,5\sqrt{x}-10-x+2\sqrt{x}=4-x\)

\(7\sqrt{x}-10-x=4-x\)

\(7\sqrt{x}=14\)

\(\sqrt{x}=2\)

\(x=4\)

bạn ơi thiếu điều kiện

\(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)+\left(1+a^2\right)\left(1+ab\right)-2\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab^3+b^2+ab+1+a^3b+a^2+ab+1-2a^2b^2-2a^2-2b^2-2\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^3b+ab^3-2a^2b^2-a^2-b^2+2ab\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)^2-\left(a-b\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(ab-1\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)đúng do \(ab\ge1,\left(a-b\right)^2\ge0\).

Do biến đổi tương đương, bất đẳng thức cuối đúng nên bất đẳng thức cần chứng minh cũng đúng. 

Ta có đpcm.