vì x , y > 0 ta có 

(\(\sqrt{x}\) - \(\sqrt{y}\))² ≥ 0 ( ∀ x,y  >0

⇔ x  -2\(\sqrt{xy}\)  + y  ≥ 0 ( ∀ x,y >0)

⇔ x + y ≥ 2\(\sqrt{xy}\) (đpcm)

- Vì ΔABC nội tiếp đường tròn đường kính BC.

\(\Rightarrow\)ΔABC vuông tại A.

\(BC=BH+CH=9+16=25\left(cm\right)\)

- ΔABC vuông tại A, AH là đường cao.

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH.BC\\AC^2=CH.BC\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=\sqrt{BH.BC}=\sqrt{9.25}=15\left(cm\right)\\AC=\sqrt{CH.BC}=\sqrt{16.25}=20\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

*Hạ \(OE\perp AB\) tại E, \(OF\perp AC\) tại F.

- ΔABC có:

OE//AC, OF//AB, O là trung điểm BC.

\(\Rightarrow\)E là trung điểm AB, F là trung điểm AC.

\(\Rightarrow\)OE, OF là đường trung bình.

\(\Rightarrow OE=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{20}{2}=10\left(cm\right)\); \(OF=\dfrac{AB}{2}=\dfrac{15}{2}=7,5\left(cm\right)\)

- Vậy khoảng cách từ tâm O đến dây AB là 7,5 cm, đến dây AC là 10 cm.

\(P=a-2\sqrt{a}=\left(a-2\sqrt{a}+1\right)-1=\left(\sqrt{a}-1\right)^2-1\ge-1\)

\(MinP=-1\Leftrightarrow\sqrt{a}=1\Leftrightarrow a=1\left(tmĐKXĐ\right)\)

\(\Rightarrow a_0=1\)

Vậy \(E=1^2+1=2\)

điều kiện \(x\ge-3\)

Nhận thấy \(x^2+8x+15=\left(x+3\right)\left(x+5\right)\) nên pt đã cho \(\Leftrightarrow\sqrt{x+3}+3x\sqrt{x+5}-3x-\sqrt{\left(x+3\right)\left(x+5\right)}=0\) 

\(\Leftrightarrow\sqrt{x+3}\left(1-\sqrt{x+5}\right)-3x\left(1-\sqrt{x+5}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(1-\sqrt{x+5}\right)\left(\sqrt{x+3}-3x\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x+5}=1\\\sqrt{x+3}=3x\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x+5=1\\x+3=9x^2\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-4\left(loại\right)\\9x^2-x-3=0\end{matrix}\right.\)

Xét pt \(9x^2-x-3=0\) có \(\Delta=\left(-1\right)^2-4.9.\left(-3\right)=109>0\) nên pt này luôn có 2 nghiệm phân biệt: 

\(x_1=\dfrac{-\left(-1\right)+\sqrt{109}}{2.9}=\dfrac{1+\sqrt{109}}{18}\) và \(x_2=\dfrac{1-\sqrt{109}}{18}\)(nhận cả 2 nghiệm.

Vậy pt đã cho có tập nghiệm \(S=\left\{\dfrac{1\pm\sqrt{109}}{18}\right\}\)

\(\sqrt{x+3}+3x.\sqrt{x+5}=3x+\sqrt{x^2+8x+15}\)      (\(x\ge-3\))

\(\Leftrightarrow\sqrt{x+3}+3x.\sqrt{x+5}=3x+\sqrt{x+3}.\sqrt{x+5}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x+3}.\left(1-\sqrt{x+5}\right)-3x.\left(1-\sqrt{x+5}\right)=0\)

\(\left(\sqrt{x+3}-3x\right).\left(1-\sqrt{x+5}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+3=9x^2\\x+5=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}9x^2-x-3=0\\x=-4\left(KTM\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left(3x\right)^2-2.3x.\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{36}-\dfrac{1}{36}-3=0\)

\(\Leftrightarrow\left(3x-\dfrac{1}{6}\right)^2-\dfrac{109}{36}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(3x-\dfrac{1}{6}-\dfrac{\sqrt{109}}{6}\right).\left(3x-\dfrac{1}{6}+\dfrac{\sqrt{109}}{6}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{1+\sqrt{109}}{18}\left(TM\right)\\x=\dfrac{1-\sqrt{109}}{18}\left(TM\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy

hỏi gỉ giợ

Ta có \(\Delta\)ABC vuông tại A 

=> \(BC^2=AC^2+AB^2\)(Định lý pitago)

Thay AC = 12, AB = 8, ta có

\(BC^2=12^2+8^2\)

       \(=144+64=208\)

=> \(BC=\sqrt{208}=\text{14.42220510185596}\)

Kiểu như vậy đấy :)

+) AH = AB . SIN B =9 . SIN (57) = 7.548035112(cm)

+) BH = sqrt ( AB^2 - AH^2)= 4.901751315(cm) (pytago)

+) Sin C = AH / AC => C= 38 (Deg) => A = pi - (C + B ) = 84(Deg)

+) BH= AB . cos B = 9 . cos 57 = 4.901751315(cm) (1)

+) HC = AC . cos C = 9.328836187(cm)(2)

(1) vs (2) => BC BH + HC = 14.2305865(cm)

\(\widehat{CAO}=90^o\) , \(\widehat{CMO}=90^o\)

do đó \(A,M\) cùng nhìn \(CO\) dưới góc \(90^o\)

Vậy \(A,C,M,O\) cùng thuộc một đường tròn. 

bằng 45

quỹ tích những điểm cách đều 1 điểm O cho trước là đường tròn tâm O

Lời giải:

a. Ta thấy $\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0$, mà 2 góc này cùng nhìn cạnh $BC$ nên $BEDC$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow B,C,D,E$ cùng thuộc 1 đường tròn 

b. 

Ta thấy $\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=90^0+90^0=180^0$ mà 2 góc này là 2 góc đối nhau nên $AEHD$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow A,E,H,D$ cùng thuộc 1 đường tròn

c. 

$H$ là giao của 2 đường cao $BD, CE$ nên $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$
$\Rightarrow AH\perp BC(1)$

Mặt khác: $\widehat{HKC}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn đường kính $CH$) 

$\Rightarrow HK\perp BC(2)$

Từ $(1); (2)\Rightarrow A,H,K$ thẳng hàng.

Hình vẽ: