Các bạn giúp mình rút gọn biểu thức này với:
\(\sqrt{\dfrac{27\left(x-1\right)^2}{12}}+\dfrac{3}{2}-\left(x-2\right)\sqrt{\dfrac{50x^2}{8\left(x-2\right)}}\) với 1 < x < 2
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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:
\(2a^2+b^2=3ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(2a-b\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b\\2a=b\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x+1}=\sqrt{x^2-2x+2}\\2\sqrt{x+1}=\sqrt{x^2-2x+2}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+1=x^2+2x+2\\4\left(x+1\right)=x^2-2x+2\end{matrix}\right.\)
\(\dfrac{\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}-\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{2}.\left(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)}{\left(1+\sqrt{2}-\sqrt{3}\right)\left(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)}=\dfrac{\sqrt{2}.\left(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)}{\left(1+\sqrt{2}\right)^2-3}=\dfrac{\sqrt{2}.\left(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)}{1+2\sqrt{2}+2-3}=\dfrac{\sqrt{2}.\left(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)}{2\sqrt{2}}=\dfrac{1+\sqrt{2}+\sqrt{3}}{2}\)
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 \(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{25}{4}\\y=\dfrac{15}{4}\end{matrix}\right.\)
Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Chứng minh rằng \(AM^2=\dfrac{2\left(AB^2+AC^2\right)-BC^2}{4}\)
Hình như đề bị thiếu dữ kiện á, bạn xem lại đề ghi đủ chưa nha
\(\sqrt{x-10}=-2\)
Ta có: \(\sqrt{x-10}\ge0\)
`=>` Đề bài vô lý
Vậy pt vô nghiệm
\(x=\dfrac{\left(\sqrt{3}-1\right)\sqrt[3]{10+6\sqrt{3}}}{\sqrt{21+4\sqrt{5}}+3}\) mình nghĩ đề này ms đúng
\(=\dfrac{3-1}{\sqrt{20}+4}=\dfrac{1}{\sqrt{5}+2}\)
\(=\sqrt{5}-2\)
\(\Rightarrow x+2=\sqrt{5}\)
\(\Rightarrow x^2+4x=1\)
\(\Rightarrow F=-1\)