1) Vì x=25 thỏa mãn ĐKXĐ nên Thay x=25 vào biểu thức \(A=\dfrac{\sqrt{x}-2}{x+1}\), ta được:

\(A=\dfrac{\sqrt{25}-2}{25+1}=\dfrac{5-2}{25+1}=\dfrac{3}{26}\)

Vậy: Khi x=25 thì \(A=\dfrac{3}{26}\)

2) Ta có: \(B=\dfrac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}+1}+\dfrac{2x+8\sqrt{x}-6}{x-\sqrt{x}-2}\)

\(=\dfrac{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}+\dfrac{2x+8\sqrt{x}-6}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\dfrac{x-5\sqrt{x}+6+2x+8\sqrt{x}-6}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

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

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

\(=\dfrac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}\)

câu 3 chứ

Tham khảo!

a) \(x^2+xy+x\)

\(=x\left(x+y+1\right)\)

Thay x=77, y=22

\(=77\left(77+22+1\right)\)

\(=77.100=7700\)

b) \(x\left(x-y\right)+y\left(y-x\right)\)

\(=\left(x-y\right)\left(x-y\right)\)

\(=\left(x-y\right)^2\)

Thay x=53, y=3

\(=\left(53-3\right)^2\)

\(=50^2=2500\)

c) \(x\left(x-1\right)-y\left(1-x\right)\)

\(=\left(x+y\right)\left(x-1\right)\)

Thay x=2021, y=2029

\(=\left(2021+2019\right)\left(2021-1\right)\)

\(=4040.2020\)

\(=8160800\)

a: Xét tứ giác ABQN có

\(\widehat{BQN}=\widehat{QNA}=\widehat{NAB}=90^0\)

=>ABQN là hình chữ nhật

b: Xét ΔCAD có

DN,CH là các đường cao

DN cắt CH tại M

Do đó: M là trực tâm của ΔCAD

=>AM\(\perp\)CD

c: Xét ΔHAB vuông tại H và ΔHCA vuông tại H có

\(\widehat{HAB}=\widehat{HCA}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)

Do đó: ΔHAB đồng dạng với ΔHCA

=>\(\dfrac{HA}{HC}=\dfrac{HB}{HA}\)

=>\(HA^2=HB\cdot HC\)

=>\(HA=\sqrt{HB\cdot HC}\)

b) Bạn đã chứng minh được tứ giác EKFC là hình bình hành ở câu a, mà EF cắt CK tại I \(\Rightarrow\)I là trung điểm EF (tính chất hình bình hành)

\(\Rightarrow AI\)là trung tuyến của \(\Delta AEF\)

Mà \(\Delta AEF\)vuông tại A \(\Rightarrow AI=\frac{1}{2}EF\)(tính chất tam giác vuông)

Lại có \(EI=\frac{1}{2}EF\)do I là trung điểm của đoạn EF \(\Rightarrow AI=EI\left(=\frac{1}{2}EF\right)\)

Mặt khác \(BE\perp AF\), \(MI\perp AF\left(gt\right)\)\(\Rightarrow BE//MI\)(quan hệ từ vuông góc đến song song)

Mà tứ giác BEFD là hình bình hành \(\Rightarrow BD//EF\)(tính chất hình bình hành)

\(\Rightarrow BM//EI\)(vì \(M\in BD;I\in EF\))

Xét tứ giác BEIM có \(BE//MI\left(cmt\right);BM//EI\left(cmt\right)\)\(\Rightarrow\)Tứ giác BEIM là hình bình hành (định nghĩa)

\(\Rightarrow BM=EI\)(tính chất hình bình hành)

Mà \(AI=EI\left(cmt\right)\)\(\Rightarrow AI=BM\left(=EI\right)\left(đpcm\right)\)

c) Do tứ giác BEFD là hình bình hành \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}BE//DF\\BE=DF\end{cases}}\)(tính chất hình bình hành)

Mà \(\hept{\begin{cases}BE\perp CF\\BE=CF\end{cases}}\left(gt\right)\Rightarrow\hept{\begin{cases}DF\perp CFtạiF\\DF=CF\end{cases}}\)\(\Rightarrow\)F nằm trên đường trung trực của đoạn CD và \(\Delta CDF\)vuông cân tại F

\(\Rightarrow\widehat{DCF}=45^0\)

\(\Delta ABC\)vuông cân tại A (gt) \(\Rightarrow\widehat{ACB}=45^0\)

 \(\Rightarrow\widehat{BCD}=180^0-\widehat{ACB}-\widehat{DCF}=180^0-45^0-45^0=90^0\)

\(\Rightarrow\Delta BCD\)vuông tại C.

Xét hình thang BEFD (BE//DF) ta có I là trung điểm EF (cmt) và IM//BE (cmt) \(\Rightarrow\)M là trung điểm của đoạn BD

\(\Rightarrow\)CM là trung tuyến của \(\Delta BCD\)

Mặt khác \(\Delta BCD\)vuông tại C \(\Rightarrow CM=\frac{1}{2}BD\)(tính chát tam giác vuông)

Mà \(DM=\frac{1}{2}BD\)do M là trung điểm BD \(\Rightarrow DM=CM\left(=\frac{1}{2}BD\right)\)

\(\Rightarrow\)M nằm trên đường trung trực của đoạn CD.

Mà F cũng nằm trên đường trung trực của đoạn CD (cmt)

\(\Rightarrow\)MF là đường trung trực của đoạn CD \(\Rightarrow\)C đối xứng với D qua MF (đpcm)

Bài 2: 

Ta có: \(3n^3+10n^2-5⋮3n+1\)

\(\Leftrightarrow3n^3+n^2+9n^2+3n-3n-1-4⋮3n+1\)

\(\Leftrightarrow3n+1\in\left\{1;-1;2;-2;4;-4\right\}\)

\(\Leftrightarrow3n\in\left\{0;-3;3\right\}\)

hay \(n\in\left\{0;-1;1\right\}\)