\(=\sqrt{6+2\sqrt{3}\cdot\sqrt{3-\sqrt{3+2\sqrt{3}+1}}}\)

\(=\sqrt{6+2\sqrt{3}\cdot\sqrt{3-\sqrt{3}-1}}\)

\(=\sqrt{6+2\sqrt{3}\cdot\sqrt{2-\sqrt{3}}}\)

\(=\sqrt{6+\sqrt{6}\cdot\sqrt{4-2\sqrt{3}}}\)

\(=\sqrt{6+\sqrt{6}\cdot\left(\sqrt{3}-1\right)}\)

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

Ta có: \(x^2+4y^2+x=4xy+2y+2\)

        \(\Rightarrow x^2-4xy+4y^2+x-2y=2\)

      \(\Rightarrow\left(x-2y\right)^2+\left(x-2y\right)=2\)

      \(\Rightarrow\left(x-2y\right)\left(x-2y+1\right)=2\) 

Tìm các TH

Mặt khác : \(4x^2+4xy+y^2=2x+y+56\) 

                \(\Rightarrow\left(2x+y\right)^2-\left(2x+y\right)=56\)

               \(\Rightarrow\left(2x+y\right)\left(2x+y-1\right)=56\)

Tìm các TH

\(HB.HC=15^2=225\)

Ta có : \(\hept{\begin{cases}AB^2=BH.BC\\AC^2=CH.BH\end{cases}\Rightarrow\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{BH}{CH}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{HB}{HC}=\frac{25}{49}\\HB.HC=225\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}HB.HC.\frac{HB}{HC}=\frac{25}{49}.225\\HB.HC=225\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}HB^2=\frac{5625}{49}\\HB.HC=225\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}HB=\frac{75}{7}\\HC=21\end{cases}}}\)

cảm ơn ạ

Đặt G là trung điểm HC, DG cắt HE tại I.

Dễ thấy \(\Delta\)AHB ~ \(\Delta\)CHD (g.g) với trung tuyến tương ứng BK,DG. Suy ra \(\Delta\)BHK ~ \(\Delta\)DHG (c.g.c)

Suy ra ^HBK = ^HDG = ^HDI (1)

Áp dụng ĐL Melelaus cho \(\Delta\)GCD và 3 điểm E,I,H có \(\frac{ED}{EC}.\frac{IG}{ID}.\frac{HC}{HG}=1\)

Bởi vì \(\frac{ED}{EC}=\frac{1}{2};\frac{HC}{HG}=2\)nên \(\frac{IG}{ID}=1\)hay I là trung điểm GD

Ta thấy \(\Delta\)DGH vuông tại H có trung tuyến HI nên ^HDI = ^DHI (2)

Từ (1) và (2) suy ra: ^HBK = ^DHI = ^FHK. Chú ý rằng HK là tiếp tuyến của (BH)

Do đó ^HBK = ^FHK = ^HBF. Mà F,K cùng phía so với HB nên tia BF trùng tia BK

Vậy ba điểm B,F,K thẳng hàng (đpcm).

Ta có ^MEN = ^NBD + ^MCD = 180⁰ - ^MAN. Suy ra tứ giác AMEN nội tiếp

Cũng dễ có tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn (BC)

Từ đó ^AEM = ^ANM = ^MCB = ^MCD = 180⁰ - ^MED. Hay ^AEM + ^MED = 180⁰

Vậy thì A,E,D thẳng hàng (đpcm).

Ta có ^BCN = ^BMN ( do tứ giác BNMC nội tiếp )

=> ^NBC = ^AMN  ( cùng phụ với hai góc bằng nhau ) (1)

Mặt khác do BDEN và CDEM là các tứ giác nội tiếp chung cạnh DE

Nên ^NBD + ^MCD = ^NEM  ( tính chất góc ngoài tứ giác nội tiếp )

Mà ^NBD + ^MCD + ^NAM = 180⁰

Suy ra ^NEM + ^NAM = 180⁰ .  Vây AMEN nội tiếp

Do đó: ^AMN = ^AEN  (2)

Từ (1) và (2) suy ra ^NBD = ^AEN

Mà ^NBD + ^DEN = 180⁰ (do BDEN nội tiếp)

Nên ^DEN + ^AEN = 180⁰  => ^AED=180⁰ .

Vậy ba điểm A, E, D thẳng hàng (đpcm)

+) Theo tính chất hai tiếp tuyến giao nhau thì AE = AF

Có ^CDQ = ^BDC/2 = (180⁰ - ^BAC)/2 = ^AFE (Vì \(\Delta\)AEF cân tại A)

Suy ra tứ giác QFCD nội tiếp (đpcm).

+) Chứng minh tương tự ta có tứ giác DQEB nội tiếp

Do đó ^DCQ = ^DFQ = ^DEB = ^DQB. Kết hợp với ^QDC = ^BDQ

Suy ra \(\Delta\)DQC ~ \(\Delta\)DBQ (g.g). Vậy thì \(\frac{DQ}{DB}=\frac{DC}{DQ}\Rightarrow QD^2=DB.DC\)(đpcm).