a, Với \(x\ge0;x\ne25\)

\(A=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-5}-\frac{10\sqrt{x}}{x-25}-\frac{5}{\sqrt{x}+5}\)

\(=\frac{x+5\sqrt{x}-10\sqrt{x}-5\sqrt{x}+25}{x-25}=\frac{x-10\sqrt{x}+25}{x-25}=\frac{\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}+5}\)

b, Thay x = 121 => \(\sqrt{x}=11\)ta được : \(\frac{11-5}{11+5}=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}\)

c, Ta có : \(A=\left|\frac{\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}+5}\right|=\frac{1}{4}\)

TH1 : \(\frac{\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}+5}=\frac{1}{4}\Rightarrow4\sqrt{x}-20=\sqrt{x}+5\Leftrightarrow3\sqrt{x}=25\Leftrightarrow\sqrt{x}=\frac{25}{3}\Leftrightarrow x=\frac{625}{9}\)

TH2 : \(\frac{\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}+5}=-\frac{1}{4}\Rightarrow4\sqrt{x}-20=-\sqrt{x}-5\Leftrightarrow5\sqrt{x}=15\Leftrightarrow x=9\)

1/ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel :

\(A\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{3}=\frac{3}{3}=1\)

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1 

Giải thích các bước giải:

 a,

Gọi E là trung điểm BC

Do tam giác ABC cân tại A nên AE⊥BC

ABC nội tiếp đường tròn tâm O nên OB=OC=R hay tam giác OBC cân tại O. Suy ra OE⊥BC

Do đó A,O,E thẳng hàng hay AO⊥BC      (1)

DA là tiếp tuyến ngoài tại A của đường tròn nên AD⊥AO  (2)

Từ (1) và (2) suy ra AD//BC

Mặt khác theo giả thiết ta có:    AD=BC

Tứ giác ABCD có AD=BC và AD//BC nên ABCD là hình bình hành

b,

ABCD là hình bình hành nên AC và BD cắt nhau tại trung điểm của AC

OA=OC=R nên O nằm trên trung trực của AC

MA và MC là hai tiếp tuyến kẻ từ M đến đường tròn (O) nên MA=MC hay M nằm trên trung trực của AC

Suy ra OM là trung trực AC

Do đó OM đi qua trung điểm của AC

Vậy AC,BD, Om đồng quy tại trung điểm của AC

tana = 3/4.
=>cota=1/ tana =1:3/4=4/3
sina /cosa =tana
=> sina =tana .cosa =3/4. cosa
lại có sin^2(a)+cos^2(a)=1
<=>9/16cos^2(a)+cos^2=1
<=>25/16cos^2(a)=1
<=>cos^2(a)=16/25
=>[cosa =4/5=>sina =3/5
    [cosa =-4/5=> sina =-2/5

mờ quá bn ơi , mik ko nhìn thấy!

Cho tam giác abc vuông tại A có đường cao AH. TrênAH lấy điểm I (I khác A và H). Gọi D là hình chiếu của C trên BI; BD cắt AC tại E. Chứng minh:
a. AB²= BI.BD
b. kéo dài AB cắt DC tại M. Chứng minh MA.MB = MD.MC
c. BE.BD + CE.CA= BC²
d. Nối ME cắt BC ở F. Chứng minh: E là giao của các đường phân giác trong tam giác ADF

Với \(x\ne0;\pm5;3\)

a,  \(P=\left(\frac{1}{x-5}-\frac{2x}{x^2-25}\right):\left(\frac{1}{x+5}-\frac{3}{x^2+5x}\right)\)

\(=\left(\frac{x+5-2x}{\left(x-5\right)\left(x+5\right)}\right):\left(\frac{x-3}{x\left(x+5\right)}\right)=\frac{\left(x-5\right)x\left(x+5\right)}{\left(x-5\right)\left(x+5\right)\left(3-x\right)}=\frac{x}{3-x}\)

b, \(P=\frac{x}{3-x}=\frac{3}{2}\Rightarrow2x=9-3x\Leftrightarrow5x=9\Leftrightarrow x=\frac{9}{5}\)

c, \(\frac{x}{3-x}=\frac{x-3+3}{-\left(x-3\right)}=-1-\frac{3}{x-3}\)

\(\Rightarrow x-3\inƯ\left(3\right)=\left\{\pm1;\pm3\right\}\)

a, \(\frac{x-4}{3}-\frac{2+x}{4}=1\Rightarrow4x-16-6-3x=12\Leftrightarrow x=34\)

b, \(\left(x-2\right)^2-16x+32=0\Leftrightarrow\left(x-2\right)^3-16\left(x-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x-18\right)=0\Leftrightarrow x=2;x=18\)

c, \(\frac{x-2}{x+1}-\frac{1}{x-1}=1\)ĐK : \(x\ne\pm1\)

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

\(\Leftrightarrow x^2-3x+2-x-1=x^2-1\Leftrightarrow-4x+2=0\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}\)

Gọi ba số đó là \(a,b,c\)(\(a,b,c\inℕ^∗\))

\(a+b+c=100\)

\(P=abc\).

Dễ thấy GTNN của \(P\)đạt tại hai số bằng \(1\), một số bằng \(98\).

\(minP=98\)khi \(\left(a,b,c\right)=\left(1,1,98\right)\)và các hoán vị. 

Giờ ta sẽ tìm GTLN của \(P\).

Giả sử \(a\ge b\ge c\).

Ta có nhận xét rằng \(P\)đặt giá trị lớn nhất khi hai trong ba số trên có hiệu không vượt quá \(1\).

Giả sử \(a-b>1\).

Khi đó thay \(a\)bởi \(a-1\), \(b\)bởi \(b+1\)ta có: 

\(c\left(a-1\right)\left(b+1\right)=c\left(ab+a-b-1\right)>cab\)

Do đó \(P\)đạt GTLN khi \(a\ge b\ge c\), \(a-c\le1\). 

Kết hợp với \(a+b+c=100\)suy ra \(P\)đạt max tại \(a=34,b=c=33\).

Khi đó \(maxP=34.33^2\).

Dấu \(=\)khi \(\left(a,b,c\right)=\left(34,33,33\right)\)và các hoán vị. 

(34,33,33) và các hoán vị