Lời giải:
Câu 1:
\(A=\sqrt{18}-\sqrt{50}+\sqrt{(2-2\sqrt{2})^2}=\sqrt{18}-\sqrt{50}+(2\sqrt{2}-2)\)
\(=3\sqrt{2}-5\sqrt{2}+2\sqrt{2}-2=\sqrt{2}(3-5+2)-2=0-2=-2\)
Vậy \(A=-2\)
Bài 2:
a) Ta có:
\(A=\left(\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}+\frac{3x+3}{9-x}\right):\left(\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-3}-\frac{1}{2}\right)\)
Xét ngoặc thứ nhất:
\(\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}+\frac{3x+3}{9-x}=\sqrt{x}\left ( \frac{2}{\sqrt{x}+3} +\frac{1}{\sqrt{x}-3}\right )-\frac{3x+3}{x-9}\)
\(=\sqrt{x}.\frac{2\sqrt{x}-6+\sqrt{x}+3}{(\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}-3)}-\frac{3x+3}{x-9}=\sqrt{x}.\frac{3\sqrt{x}-3}{x-9}-\frac{3x+3}{x-9}\)
\(=\frac{3x-3\sqrt{x}}{x-9}-\frac{3x+3}{x-9}=-\frac{3\sqrt{x}+3}{x-9}\)
Xét ngoặc thứ 2: \(\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-3}-\frac{1}{2}=\frac{2\sqrt{x}-2-\sqrt{x}+3}{2(\sqrt{x}-3)}=\frac{\sqrt{x}+1}{2(\sqrt{x}-3)}\)
Do đó: \(A=-\frac{3\sqrt{x}+3}{x-9}:\frac{\sqrt{x}+1}{2(\sqrt{x}-3)}=\frac{-3(\sqrt{x}+1).2(\sqrt{x}-3)}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}+1)}\)
\(\Leftrightarrow A=\frac{-6}{\sqrt{x}+3}\)
b) ĐK: \(x\geq 0\)
Nếu \(A=-2\Leftrightarrow \frac{-6}{\sqrt{x}+3}=-2\Leftrightarrow -6=-2(\sqrt{x}+3)\)
\(\Leftrightarrow \sqrt{x}+3=3\Leftrightarrow \sqrt{x}=0\Leftrightarrow x=0\)
câu 1
A= căn(9 *2)+căn(25*2)+/2-2căn2/ (// thay cho dấu giá trị tuyệt đối )
A=3căn2+5căn2+2căn2-2 (vì 2căn2>2)
A=(3+5+2)căn2-2
A=10căn2-2
Bài 3:
Xét \((d)\cap Ox\), khi đó, do thuộc trục hoành nên giao điểm $A$ sẽ có dạng \(A(a,0)\)
Mà \(A\) cũng thuộc $(d)$ nên \(0=a+2013\Leftrightarrow a=-2013\)
Vậy \((d)\cap Ox\equiv A(-2013,0)\)
Xét \((d)\cap Oy\), khi đó, do thuộc trục tung nên giao điểm $B$ sẽ có dạng \(B(0,b)\)
Mà $B$ cũng thuộc $(d)$ nên \(b=0+2013=2013\)
Vậy \((d)\cap Oy\equiv (0,2013)\)
Bài 7:
Ta có tính chất sau (1): Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$ thì $AH^2=BH.HC$
Thật vậy:
Xét tam giác $BAH$ và tam giác $ACH$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \angle BHA=\angle AHC=90^0\\ \angle BAH=\angle ACH=90^0-\angle HAC\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow \triangle BAH\sim \triangle ACH\Rightarrow \frac{BH}{AH}=\frac{AH}{CH}\Leftrightarrow AH^2=BH.CH\)
\(\Rightarrow AH^2=36\Leftrightarrow AH=6\)
Xét tam giác $BHA$ vuông tại $H$ có đường cao $HD$, sử dụng tính chất (1) kết hợp với định lý Pitago , ta có:
\(HD^2=BD.DA\Rightarrow HD^4=BD^2.DA^2\)
\(\Leftrightarrow HD^4=(BH^2-DH^2)(AH^2-DH^2)=BH^2.AH^2-DH^2(BH^2+AH^2)+DH^4\)
\(\Leftrightarrow DH^2(BH^2+AH^2)=BH^2.AH^2\Leftrightarrow DH^2=\frac{BH^2.AH^2}{BH^2+AH^2}\)
\(\Leftrightarrow DH^2=\frac{4^2.6^2}{4^2+6^2}\Leftrightarrow DH=\frac{12\sqrt{13}}{13}\)
Tương tự như cách tính $DH$, ta có \(EH^2=\frac{CH^2.AH^2}{CH^2+AH^2}\Rightarrow EH=\frac{18\sqrt{13}}{13}\)
Câu 8:
Trước tiên, sử dụng kết quả câu 7, tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$ thì: \(BH.HC=AH^2=900\) \((1)\)
Xét tam giác $BHA$ và tam giác $BAC$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \angle BHA=\angle BAC=90^0\\ \text{chung góc B}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle BHA\sim \triangle BAC\)
\(\Rightarrow \frac{BH}{BA}=\frac{BA}{BC}\Leftrightarrow BH=\frac{BA^2}{BC}\)
Bằng cách xét tương tự \(CH=\frac{AC^2}{BC}\)
\(\Rightarrow \frac{BH}{CH}=\frac{BA^2}{CA^2}=\frac{9}{25}(2)\)
Từ (1),(2) ta đã đưa về giải hệ phương trình 2 ẩn biết tích và tỉ số
Từ đây thu được \(BH=18; CH=50\)
