\(\dfrac{a}{2-a}+\dfrac{b}{2-b}=1\Leftrightarrow a\left(2-b\right)+b\left(2-a\right)=\left(2-a\right)\left(2-b\right)\)

<=> 4a + 4b = 3ab + 4

Khi đó \(M=\sqrt{\left(4a+4b\right)^2-24ab-16}-3ab\)

\(=\sqrt{\left(3ab+4\right)^2-24ab-16}-3ab=\sqrt{\left(3ab\right)^2}-3ab=0\left(\text{vì }a;b>0\right)\)

gợi ý cách tách dựa vào cái hạng tử số 3 nhé

Thử nháp ko máy tính ☺ 

\(B=\dfrac{x+12}{\sqrt{x}+2}\) (điều kiện \(x\ge0\))

Đặt \(\sqrt{x}=t\left(t\ge0\right)\), khi đó \(B=\dfrac{t^2+12}{t+2}\) \(\Rightarrow\left(t+2\right)B=t^2+12\) \(\Leftrightarrow t^2-B.t+12-2B=0\) (*)

Phương trình (*) có \(\Delta=\left(-B\right)^2-4.1.\left(12-2B\right)\) \(=B^2+8B-48\)

Để pt (*) có nghiệm thì \(\Delta\ge0\) hay \(B^2+8B-48\ge0\) \(\Leftrightarrow\left(B+12\right)\left(B-4\right)\ge0\)

Ta xét 2 trường hợp:

TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}B+12\ge0\\B-4\ge0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow B\ge4\)

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}B+12\le0\\B-4\le0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow B\le-12\)

Ta thấy do \(x\ge0\) nên \(x+12>0\) và \(\sqrt{x}+2>0\). Do đó \(B>0\). Vậy trường hợp 2 \(\left(B\le-12\right)\) là không thể xảy ra. Vậy ta chỉ nhận trường hợp \(B\ge4\) hay \(min_B=4\)

Khi \(B=4\) thì thay vào (*), ta có \(t^2-4t+12-2.4=0\) \(\Leftrightarrow t^2-4t+4=0\) \(\Leftrightarrow\left(t-2\right)^2=0\) \(\Leftrightarrow t=2\) (nhận)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}=2\) \(\Leftrightarrow x=4\) (nhận)

Vậy \(B\ge4\). Dấu "=" xảy ra khi \(x=4\)

Mình nghĩ phải là \(HB.HC=4OE^2\) mới đúng.

Dễ thấy tứ giác AEHF là hình chữ nhật do có \(\widehat{EAF}=\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=90^o\)

Do đó \(EF=AH\) (2 đường chéo của hình chữ nhật thì bằng nhau) và \(AH=EF=2OE\) (do 2 đường chéo của hình chữ nhật cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn)

Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên \(HB.HC=AH^2\) \(\Rightarrow HB.HC=\left(2OE\right)^2=4OE^2\) (đpcm)

HE vuông góc vs AB nha giúp mik vs 

\(S_{ABCD}=\dfrac{1}{2}AC.\left(AB+AD\right)\)

Nếu ta đặt đọ dài cạnh AB=a

tam giác ABC vuông tại A có góc B=60⁰ nên nếu gọi AB=a thì \(AC=\sqrt{3}a\)

ta lại xét tam giác ADC vuông tại D có góc ACD dễ tính bằng 30 độ

bạn sẽ lại có:

\(AD=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{\sqrt{3}a}{2}\) đây là T/C của tam giác vuông có 1 góc = 30 độ

như vậy:

\(S_{ABCD}=\dfrac{1}{2}\sqrt{3}a.\left(a+\dfrac{\sqrt{3}a}{2}\right)=\dfrac{1}{2}a^2.\left(\sqrt{3}+\dfrac{1}{2}\right)\)

trong đó a=AB

\(\sqrt{x-6\sqrt{x}+9}-\sqrt{x+6\sqrt{x}+9}\left(x>=9\right)\\ =\sqrt{\left(\sqrt{x}-3\right)^2}-\sqrt{\left(\sqrt{x}+3\right)^2}\\ =\left|\sqrt{x}-3\right|-\left|\sqrt{x}+3\right|\\ =\sqrt{x}-3-\left(\sqrt{x}+3\right)=-6\)

\(cos\widehat{K}=\dfrac{HK}{KI}=\dfrac{19}{25}\Rightarrow\widehat{K}=arccos\dfrac{19}{25}\)

\(DI=\sqrt{KI^2-HK^2}=\sqrt{25^2-19^2}=2\sqrt{66}\left(cm\right)\)

\(\dfrac{1}{DH^2}=\dfrac{1}{HI^2}+\dfrac{1}{HK^2}=\dfrac{1}{264}+\dfrac{1}{361}=\dfrac{625}{95304}\)

\(\Rightarrow DH=\sqrt{\dfrac{95304}{625}}\left(cm\right)\)

Xét tam giác \(DHI\) vuông tại \(D\) đường cao \(DF\): 

\(DH^2=HF.HI\) (hệ thức trong tam giác vuông) 

Xét tam giác \(DHK\) vuông tại \(D\) đường cao \(DE\):

\(DH^2=HE.HF\) (hệ thức trong tam giác vuông) 

suy ra \(HE.HK=HF.HI\).

\(a^2+b^2=2\)

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

\(\Leftrightarrow2ab=\left(a+b\right)^2-2\)

Theo đề: \(P=3\left(a+b\right)+ab\) 

\(\Leftrightarrow2P=6\left(a+b\right)+2ab\)

\(=6\left(a+b\right)+\left(a+b\right)^2-2\)

\(=\left(a+b\right)^2+2.3\left(a+b\right)+9-9-2\)

\(=\left[\left(a+b\right)+3\right]^2-11\)

\(P=\dfrac{1}{1}\left(a+b+3\right)^2-\dfrac{11}{2}\)

Ta có: \(\left(a+b+3\right)^2\ge0\forall a,b\in R\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}\left(a+b+3\right)^2-\dfrac{11}{2}\ge\dfrac{-11}{2}\forall a,b\in R\)

=> Giá trị nhỏ nhất \(P=-\dfrac{11}{2}\)