a) Ta có: 

\(A=\frac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}-2}-\frac{\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}-2\sqrt{x}}\)

\(A=\frac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}-2}+\frac{\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}}\)

\(A=\frac{\left(\sqrt{x}-3\right)\sqrt{x}+\left(\sqrt{x}-4\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\sqrt{x}}\)

\(A=\frac{x-3\sqrt{x}+x-6\sqrt{x}+8}{\left(\sqrt{x}-2\right)\sqrt{x}}\)

\(A=\frac{2x-9\sqrt{x}+8}{\left(\sqrt{x}-2\right)\sqrt{x}}\)

ở dưới kia tại sao nó mất 2 căn x vậy ạ

Áp dụng định lý py-ta-go vào tam giác AHC vuông tại H có :

\(AC^2=AH^2+HC^2\)

\(\Leftrightarrow AH^2=AC^2-HC^2\)

\(\Leftrightarrow AH=\sqrt{5^2-4^2}=3\left(cm\right)\)

Áp dung hệ thức lượng vào tam giá ABC vuông tại A , ta có :

+) \(AH^2=BH.HC\)

\(\Leftrightarrow9=BH.4\)

\(\Leftrightarrow BH=\frac{9}{4}\left(cm\right)\)

+) \(AB^2=AH.BH\)

\(\Leftrightarrow AB^2=\left(4+\frac{9}{4}\right).\frac{9}{4}=\frac{225}{16}\left(cm\right)\)

+) \(BC=4+\frac{9}{4}=\frac{25}{4}\left(cm\right)\)

bạn vào link tham khảo 

Câu hỏi của titanic - Toán lớp 7 - Học toán với OnlineMath

Ta có góc BAC=90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Ta có HI, AC vuông góc vs AB

=> HI // AC 

=> góc BHI = góc ACB 

có tam giác BHI đồng dạng tam giác ACH vì: góc BHI = ACB ( cmt)

                                                                        BIH= AHC (= 90)

=> BI/AH = BH/AC

=> BI.AC= AH.BH

cmtt CK.AB=AH.CH

=> BI.AC/CK.AB=AH.BH/AH.CH=BH/CH=BH.BC/CH.BC=AB² /AC²

=> BI/CK= AB³/AC³

b) AIHK là tứ giác nọi tiếp do AIH+AKH=90+90=180

=> góc AKI= AHI 

Mà AHI=IBC ( CÙNG PHỤ HAB)

=> AKI=IBC 

=> BCKI  là tứ giác nội tiếp 

Vì A\(\in\)nửa đường tròn tâm O, đường kính BC (gt) => \(\widehat{BAC}=90^o\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

\(AB^2=BH\cdot BC\Rightarrow AB^4=BH^2\cdot BC^2\)

\(AC^2=CH\cdot BC\Rightarrow AC^4=CH^2\cdot BC^2\)

Lại có \(BH^2=BI\cdot BA,CH^2=CK\cdot CA\Rightarrow\frac{AB^4}{AC^4}=\frac{BI\cdot BA\cdot BC^2}{CK\cdot AC\cdot BC^2}\Rightarrow\frac{AB^3}{AC^3}=\frac{BI}{CK}\)

Chứng minh tứ giác AKHI là hình chữ nhật

Gọi M là giao điểm của AH và IK, N là giao điểm các đường trung trực của IK và BC

Chứng minh được AO vuông góc với IK từ đó suy ra tứ giác AMNO là hình bình hành. Do đó MA=ON=MK

Chứng minh được hai tam giác BON và NMI bằng nhau => NI=NK=NC

Vậy 4 điểm B,I,CK cùng thuộc 1 đường tròn

Bài làm:

a) Tại x = 2 thì giá trị của B là:

\(B=-\frac{10}{2-4}=\frac{-10}{-2}=5\)

b) Ta có:

\(A=\frac{x+2}{x+5}+\frac{-5x-1}{x^2+6x+5}-\frac{1}{1+x}\)

\(A=\frac{x+2}{x+5}-\frac{5x+1}{\left(x+1\right)\left(x+5\right)}-\frac{1}{x+1}\)

\(A=\frac{\left(x+2\right)\left(x+1\right)-5x-1-\left(x+5\right)}{\left(x+1\right)\left(x+5\right)}\)

\(A=\frac{x^2+3x+2-5x-1-x-5}{\left(x+1\right)\left(x+5\right)}\)

\(A=\frac{x^2-3x-4}{\left(x+1\right)\left(x+5\right)}\)

\(A=\frac{\left(x+1\right)\left(x-4\right)}{\left(x+1\right)\left(x+5\right)}\)

\(A=\frac{x-4}{x+5}\)

c) Ta có: \(P=A.B=\frac{x-4}{x+5}\cdot\frac{-10}{x-4}=\frac{-10}{x+5}\)

Để \(-\frac{10}{x+5}\inℤ\Rightarrow\left(x+5\right)\inƯ\left(-10\right)=\left\{\pm1;\pm2;\pm5;\pm10\right\}\)

=> \(x\in\left\{-15;-10;-7;-6;-4;-3;0;5\right\}\)

a) \(B=\frac{-10}{x-4}\)( ĐKXĐ : \(x\ne4\))

Tại x = 2 ( tmđk ) thì \(B=\frac{-10}{2-4}=\frac{-10}{-2}=5\)

b) \(A=\frac{x+2}{x+5}+\frac{-5x-1}{x^2+6x+5}-\frac{1}{1+x}\)

ĐKXĐ : \(x\ne-5,x\ne-1\)

\(A=\frac{x+2}{x+5}-\frac{5x+1}{\left(x+1\right)\left(x+5\right)}-\frac{1}{x+1}\)

\(A=\frac{\left(x+2\right)\left(x+1\right)}{\left(x+1\right)\left(x+5\right)}-\frac{5x+1}{\left(x+1\right)\left(x+5\right)}-\frac{1\left(x+5\right)}{\left(x+1\right)\left(x+5\right)}\)

\(A=\frac{x^2+3x+2-5x-1-x-5}{\left(x+1\right)\left(x+5\right)}\)

\(A=\frac{x^2-3x-4}{\left(x+1\right)\left(x+5\right)}\)

\(A=\frac{\left(x+1\right)\left(x-4\right)}{\left(x+1\right)\left(x+5\right)}=\frac{x-4}{x+5}\)

c) \(P=A\cdot B=\frac{x-4}{x+5}\cdot\frac{-10}{x-4}=\frac{-10}{x+5}\)( ĐKXĐ : \(x\ne-5\))

Để P nguyên => \(\frac{-10}{x+5}\)nguyên

=> -10 chia hết cho x + 5

=> x + 5 thuộc Ư(-10) = { ±1 ; ±2 ; ±5 ; ±10 }

Các giá trị của x đều tmđk

Vậy x = { -4 ; -6 ; -3 ; -7 ; 0 ; -10 ; 5 ; -15 }

b + a + a = b + 2a

Cái đầu là tính à?

Ta có: \(\left(\sqrt{15}+2\sqrt{3}\right)^2+12\sqrt{5}\)

\(=\left(\sqrt{15}\right)^2+2.2\sqrt{3}.\sqrt{15}+\left(2\sqrt{3}\right)^2+12\sqrt{5}\)

\(=15+12\sqrt{5}+12+12\sqrt{5}\)

\(=27+24\sqrt{5}\)

Sau:

Ta thấy: Điều kiện để \(\sqrt{-\left|x+5\right|}\) có nghĩa là \(-\left|x+5\right|\ge0\left(\forall x\right)\)

Mà \(-\left|x+5\right|\le0\left(\forall x\right)\) nên dấu "=" xảy ra khi: \(\left|x+5\right|=0\Rightarrow x=-5\)

Vậy khi x = -5 thì \(\sqrt{-\left|x+5\right|}\) có nghĩa

Làm lại ý 2

\(\sqrt{-\left|x+5\right|}\)có nghĩa

\(\Leftrightarrow-\left|x+5\right|\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left|x+5\right|\le0\)

\(\Leftrightarrow x+5\le0\)

\(\Leftrightarrow x\le-5\)

Bài làm:

Ta có: \(\sin B=\frac{4}{5}\Leftrightarrow\frac{AC}{BC}=\frac{4}{5}\) => \(AC=\frac{4}{5}BC=\frac{4}{5}.a\sqrt{5}=\frac{4a\sqrt{5}}{5}\)

Áp dụng định lý Pytago ta tính được:

\(AB=\sqrt{BC^2-AC^2}=\sqrt{5a^2-\frac{16}{5}a^2}=\sqrt{\frac{9}{5}a^2}=\frac{3a\sqrt{5}}{5}\)

Mà \(AH.BC=AB.AC\) => \(AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{\frac{4a\sqrt{5}}{5}\cdot\frac{3a\sqrt{5}}{5}}{a\sqrt{5}}=\frac{12a\sqrt{5}}{25}\)

Áp dụng công thức ta tính được:

\(BH=\frac{AB^2}{BC}=\frac{\left(\frac{3a\sqrt{5}}{5}\right)^2}{a\sqrt{5}}=\frac{9a\sqrt{5}}{25}\)

\(CH=\frac{AC^2}{BC}=\frac{\left(\frac{4a\sqrt{5}}{5}\right)^2}{a\sqrt{5}}=\frac{16a\sqrt{5}}{25}\)

Vậy \(AB=\frac{3a\sqrt{5}}{5}\) ; \(AC=\frac{4a\sqrt{5}}{5}\) ; \(AH=\frac{12a\sqrt{5}}{25}\) ; \(BH=\frac{9a\sqrt{5}}{25}\) ; \(CH=\frac{16a\sqrt{5}}{25}\)