đkxđ\(\hept{\begin{cases}x-6\ge0\\x>0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge6\\x>0\end{cases}}\Leftrightarrow x\ge6\)

Vì \(\sqrt{x}>0\forall x\inℝ\)và \(\sqrt{x-6}\ge0\forall x\inℝ\)

\(\Rightarrow P=\frac{3\sqrt{x-6}}{\sqrt{x}}\ge0\forall\inℝ\)nên P không thể nhỏ hơn 0 với bất kì giá trị x nào.

Với x > 0 

\(P=\frac{\sqrt{a}+5}{a+5\sqrt{a}}=\frac{\sqrt{a}+5}{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+5\right)}=\frac{1}{\sqrt{a}}=\frac{\sqrt{a}}{a}\)

sai đề rồi bạn, bạn viết lại đề nhé 

Gọi số giáo viên đạt cả hai danh hiệu giáo viên tài năng và giáo viên duyên dáng là x \(\left(x\inℕ^∗,\text{ }x< 30\right)\)

Số cô giáo đạt danh hiệu giáo viên tài năng, nhưng không đạt danh hiệu giáo viên duyên dáng là \(15-x\)

Số cô giáo đạt danh hiệu giáo viên duyên dáng, nhưng không đạt danh hiệu giáo viên tài năng là \(20-x\)

Tổng số giáo viên bằng tổng số cô giáo đạt danh hiệu giáo viên tài năng nhưng không đạt danh hiệu giáo viên duyên dáng, số cô giáo đạt danh hiệu giáo viên duyên dáng nhưng không tài năng, số cô giáo đạt cả hai danh hiệu và số cô giáo không đi thi nên ta có phương trình :

\(\left(20-x\right)+\left(15-x\right)+x+5=30\)

\(\Leftrightarrow20-x+15-x+x=25\)

\(\Leftrightarrow x=10\) (TMĐK)

Vậy có 10 cô giáo đạt cả 2 danh hiệu giáo viên tài năng và giáo viên duyên dáng.

a) Do AB là tiếp tuyến của (O) (GT) => OB vuông góc với AB (ĐL)

Mà OB vuông góc với ON (GT) => AB // ON (từ vuông góc -> //) hay AM // ON

Cm tương tự => AN // OM

Do 2 tiếp tuyến AB và AC cắt nhau tại A (GT) =>  OA phân giác góc BAC (t/c tiếp tuyến) hay OA phân giác góc MAN

Xét tứ giác AMON có: AM // ON, AN // OM, OA phân giác góc MAN (cmt) => AMON là hình thoi (dhnb)

b) Đặt I là trung điểm OA => OI = OA/2 = 2R/2 = R hay OI là bán kính của (O)

Do AMON là hình thoi (cmt) => OA vuông góc với MN tại I (t/c) hay OI vuông góc với MN tại I

Mà OI là bán kính của (O) => MN là tiếp tuyến của (O) (định lý)

c)  Xét tam giác OAB có OA vuông góc với AB (cmt) \(\Rightarrow\sin OAB=\frac{OB}{AB}=\frac{1}{2}\)  => góc OAB = 30^o => góc ION = 30^o (so le)

Xét hình thoi AMON có OA cắt MN tại I (cmt) => I là trung điểm MN (t/c) hay IN = IM = MN/2

Xét tam giác ION có góc OIN = 90^o, góc ION = 30^o(cmt) \(\Rightarrow OI=IN.\cos ION=\frac{MN}{2}.\cos30^o\Rightarrow MN=\frac{4.OI}{\sqrt{3}}=\frac{4R}{\sqrt{3}}\)

\(S_{AMON}=\frac{1}{2}.OA.MN=\frac{1}{2}.2R.\frac{4R}{\sqrt{3}}=\frac{4R^2}{\sqrt{3}}\)

Trả lời:

Bài 1:

a, \(\sqrt{75}-4\sqrt{3}+2\sqrt{27}=\sqrt{5^2.3}-4\sqrt{3}+2\sqrt{3^2.3}\)

\(=5\sqrt{3}-4\sqrt{3}+6\sqrt{3}\)

\(=7\sqrt{3}\)

b, \(\sqrt{7-4\sqrt{3}}-12\sqrt{\frac{1}{3}}+5\frac{\sqrt{30}}{\sqrt{10}}\)

\(=\sqrt{7-2\sqrt{2^2.3}}-12\sqrt{\frac{3}{3^2}}+5\sqrt{\frac{30}{10}}\)

\(=\sqrt{7-2\sqrt{12}}-12.\frac{\sqrt{3}}{3}+5\sqrt{3}\)

\(=\sqrt{4-2.\sqrt{4}.\sqrt{3}+3}-4\sqrt{3}+5\sqrt{3}\)

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

\(=\left|\sqrt{4}-\sqrt{3}\right|+\sqrt{3}\)

\(=\sqrt{4}-\sqrt{3}+\sqrt{3}\)

\(=\sqrt{4}\)

Trả lời:

Bài 2:

a, \(\sqrt{3x+1}=3\left(ĐK:x\ge-\frac{1}{3}\right)\)

Bình phương 2 vế, ta được:

\(3x+1=9\)

\(\Leftrightarrow3x=8\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{8}{3}\left(tm\right)\)

Vậy x = 8/3

b, \(x-7\sqrt{x}+10=0\left(ĐK:x\ge0\right)\)

\(\Leftrightarrow x-2\sqrt{x}-5\sqrt{x}+10=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\sqrt{x}\right)-\left(5\sqrt{x}-10\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)-5\left(\sqrt{x}-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-5\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\sqrt{x}-2=0\\\sqrt{x}-5=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\sqrt{x}=2\\\sqrt{x}=5\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=4\left(tm\right)\\x=25\left(tm\right)\end{cases}}}\)

Vậy x = 4; x = 25

c, \(\sqrt{9x^2-6x+1}=x+5\) \(\left(ĐK:x\ge-5\right)\)

Bình phương 2 vế, ta được:

\(9x^2-6x+1=\left(x+5\right)^2\)

\(\Leftrightarrow9x^2-6x+1=x^2+10x+25\)

\(\Leftrightarrow9x^2-6x+1-x^2-10x-25=0\)

\(\Leftrightarrow8x^2-16x-24=0\)

\(\Leftrightarrow8\left(x^2-2x-3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-2x-3=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-3x+x-3=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-3x\right)+\left(x-3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(x-3\right)+\left(x-3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x-3=0\\x-1=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=3\left(tm\right)\\x=1\left(tm\right)\end{cases}}}\)

Vậy x = 3; x = 1

a) Xét đường tròn (O) có hai tiếp tuyến tại A và B cắt nhau tại S (gt)

\(\Rightarrow SA=SB\)(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

\(\Rightarrow\)S nằm trên đường trung trực của đoạn AB. (1)

Dễ thấy OA = OB (vì cùng bằng bán kính của (O))

\(\Rightarrow\)O nằm trên đường trung trực của đoạn AB. (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\)SO là đường trung trực của đoạn AB \(\Rightarrow SO\perp AB\)

Mà I là giao điểm của SO với AB (gt) \(\Rightarrow AI\perp SO\)tại I \(\Rightarrow\)AI là đường cao của \(\Delta AOS\)

Xét đường tròn (O) só SA là tiếp tuyến tại A của đường tròn (gt) \(\Rightarrow SA\perp OA\)tại A

\(\Rightarrow\Delta AOS\)vuông tại A.

Xét \(\Delta AOS\)vuông tại A có đường cao AI (cmt) \(\Rightarrow OI.OS=OA^2\left(htl\right)\)(đpcm)

b) Dễ thấy rằng OB = OK (vì cùng bằng bán kính của (O))

\(\Rightarrow\Delta OBK\)cân tại O \(\Rightarrow\widehat{OKB}=\widehat{OBK}\)hay \(\widehat{IKB}=\widehat{OBK}\)

Dễ dàng chứng minh \(\widehat{OBS}=90^0\) (bằng cách tương tự như câu a)

\(\Rightarrow\widehat{OBK}+\widehat{SBK}=90^0\left(=\widehat{OBS}\right)\Rightarrow\widehat{SBK}=90^0-\widehat{OBK}\)(3)

Mặt khác \(\Delta BIK\)vuông tại I (vì \(SO\perp AB\)tại I)

\(\Rightarrow\widehat{IBK}+\widehat{IKB}=90^0\Rightarrow\widehat{IBK}=90^0-\widehat{IKB}\)(4)

Lại có \(\widehat{IKB}=\widehat{OBK}\left(cmt\right)\)(5)

Từ (3), (4) và (5) \(\Rightarrow\widehat{SBK}=\widehat{IBK}\Rightarrow\)BK là phân giác của \(\widehat{SBA}\)(đpcm)

Thành thật xin lỗi bạn nhưng câu c tớ chưa biết làm.