ĐKXĐ: \(x\ge-1\)

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

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x+1}=a\ge0\\\sqrt{x^2-2x+2}=b>0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow2a^2+b^2=x^2+4\)

Pt trở thành:

\(2a^2+b^2=3ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(2a-b\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b\\2a=b\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x+1}=\sqrt{x^2-2x+2}\\2\sqrt{x+1}=\sqrt{x^2-2x+2}\end{matrix}\right.\)

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

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

= 2,073132185

Ta có \(\dfrac{BH}{CH}=\dfrac{9}{16}\Leftrightarrow BH=\dfrac{9}{16}CH\) (1)

Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên \(BH.CH=AH^2=48^2=2304\)

Kết hợp với (1), ta có \(\dfrac{9}{16}CH^2=2304\Leftrightarrow CH^2=4096\Leftrightarrow CH=64\left(cm\right)\) (do \(CH>0\))

Lại có \(BH=\dfrac{9}{16}CH=\dfrac{9}{16}.64=36\left(cm\right)\)

Do đó \(BC=BH+CH=36+64=100\left(cm\right)\)

Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH nên ta có \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH.BC\\AC^2=CH.BC\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=\sqrt{BH.BC}=\sqrt{36.100}=60\left(cm\right)\\AC=\sqrt{CH.BC}=\sqrt{64.100}=80\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy \(AB=60cm;AC=80cm\)

b) Ta có \(VT=BD^2-CD^2=\left(BD+CD\right)\left(BD-CD\right)\) \(=BC\left(BD-CD\right)\) (2)

Dễ thấy ID//AH do cùng vuông góc với BC. Tam giác CAH có I là trung điểm AC, ID//AH nên D là trung điểm HC, do đó \(CD=DH\). Thay vào (2), ta có \(VT=BC\left(BD-DH\right)=BC.BH=AB^2=VP\). Vậy đẳng thức được chứng minh.

Tam giác ABC có \(AB=AC=x\) nên tam giác này cân tại A. Do đó, đường cao AM của tam giác ABC cũng chính là đường trung tuyến. Từ đó \(MB=MC=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{2y}{2}=y\) (vì \(BC=2y\))

Ta có \(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AM.BC=\dfrac{1}{2}.5.2y=5y\)

và \(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}BN.AC=\dfrac{1}{2}.6.x=3x\)

Do đó, ta có \(3x=5y\left(=S_{ABC}\right)\Leftrightarrow y=\dfrac{3}{5}x\)

Tam giác ABM vuông tại M nên \(AB^2-BM^2=AM^2\) \(\Leftrightarrow x^2-y^2=25\) \(\Leftrightarrow x^2-\left(\dfrac{3}{5}x\right)^2=25\) \(\Leftrightarrow x^2-\dfrac{9}{25}x^2=25\) \(\Leftrightarrow\dfrac{16}{25}x^2=25\) \(\Leftrightarrow x^2=\dfrac{625}{16}\Leftrightarrow x=\dfrac{25}{4}\) (do \(x>0\))

Mà \(y=\dfrac{3}{5}x=\dfrac{3}{5}.\dfrac{25}{4}=\dfrac{15}{4}\)

Vậy \(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{25}{4}\\y=\dfrac{15}{4}\end{matrix}\right.\)

Hình như đề bị thiếu dữ kiện á, bạn xem lại đề ghi đủ chưa nha

Đủ rồi đó bạn. 

\(\sqrt{x-10}=-2\)

Ta có: \(\sqrt{x-10}\ge0\)

`=>` Đề bài vô lý

Vậy pt vô nghiệm

\(\sqrt{3,6\times16,9}=\sqrt{60,84}=7,8\)

7,8

\(\dfrac{\sqrt{6^5}}{\sqrt{2^3\cdot3^5}}=\dfrac{\sqrt{7776}}{\sqrt{8\cdot243}}=\dfrac{\sqrt{7776}}{\sqrt{1944}}=\dfrac{36\sqrt{6}}{18\sqrt{6}}=\dfrac{36}{18}=2\)

\(x=\dfrac{\left(\sqrt{3}-1\right)\sqrt[3]{10+6\sqrt{3}}}{\sqrt{21+4\sqrt{5}}+3}\) mình nghĩ đề này ms đúng

\(=\dfrac{3-1}{\sqrt{20}+4}=\dfrac{1}{\sqrt{5}+2}\)

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

\(\Rightarrow x+2=\sqrt{5}\)

\(\Rightarrow x^2+4x=1\)

\(\Rightarrow F=-1\)