Bài 4:

a:ĐKXĐ: x>=0; x<>1

b: \(A=\frac{x+1-2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}+\frac{x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}\)

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

\(=\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)^2}{\sqrt{x}-1}+\sqrt{x}=\sqrt{x}-1+\sqrt{x}=2\sqrt{x}-1\)

Bài 5:

\(B=\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+4}+\frac{4}{\sqrt{x}-4}\right):\frac{x+16}{\sqrt{x}+2}\)

\(=\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-4\right)+4\left(\sqrt{x}+4\right)}{\left(\sqrt{x}+4\right)\left(\sqrt{x}-4\right)}:\frac{x+16}{\sqrt{x}+2}\)

\(=\frac{x-4\sqrt{x}+4\sqrt{x}+16}{x-16}\cdot\frac{\sqrt{x}+2}{x+16}\)

\(=\frac{x+16}{x-16}\cdot\frac{\sqrt{x}+2}{x+16}=\frac{\sqrt{x}+2}{x-16}\)

Bài 6:

Ta có: \(\frac{3\sqrt{a}}{a+\sqrt{ab}+b}-\frac{3a}{a\sqrt{a}-b\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}\)

\(=\frac{3\sqrt{a}}{a+\sqrt{ab}+b}-\frac{3a}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}+\frac{1}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}\)

\(=\frac{3\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)-3a+a+\sqrt{ab}+b}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}\)

\(=\frac{3a-3\sqrt{ab}-2a+\sqrt{ab}+b}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}=\frac{a-2\sqrt{ab}+b}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}\)

\(=\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}=\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{a+\sqrt{ab}+b}\)

Bài 3:

a: ĐKXĐ: a>0; b>0; a<>b

b: \(A=\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2-4\sqrt{ab}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}-\frac{a\sqrt{b}+b\sqrt{a}}{\sqrt{ab}}\)

\(=\frac{a+2\sqrt{ab}+b-4\sqrt{ab}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}-\frac{\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}{\sqrt{ab}}\)

\(=\frac{a-2\sqrt{ab}+b}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}-\sqrt{a}-\sqrt{b}=\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}-\sqrt{a}-\sqrt{b}\)

\(=\sqrt{a}-\sqrt{b}-\sqrt{a}-\sqrt{b}=-2\sqrt{b}\)

Bài 4:

a:ĐKXĐ: x>=0; x<>1

b: \(A=\frac{x+1-2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}+\frac{x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}\)

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

\(=\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)^2}{\sqrt{x}-1}+\sqrt{x}=\sqrt{x}-1+\sqrt{x}=2\sqrt{x}-1\)

Bài 5:

\(B=\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+4}+\frac{4}{\sqrt{x}-4}\right):\frac{x+16}{\sqrt{x}+2}\)

\(=\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-4\right)+4\left(\sqrt{x}+4\right)}{\left(\sqrt{x}+4\right)\left(\sqrt{x}-4\right)}:\frac{x+16}{\sqrt{x}+2}\)

\(=\frac{x-4\sqrt{x}+4\sqrt{x}+16}{x-16}\cdot\frac{\sqrt{x}+2}{x+16}\)

\(=\frac{x+16}{x-16}\cdot\frac{\sqrt{x}+2}{x+16}=\frac{\sqrt{x}+2}{x-16}\)

Bài 6:

Ta có: \(\frac{3\sqrt{a}}{a+\sqrt{ab}+b}-\frac{3a}{a\sqrt{a}-b\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}\)

\(=\frac{3\sqrt{a}}{a+\sqrt{ab}+b}-\frac{3a}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}+\frac{1}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}\)

\(=\frac{3\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)-3a+a+\sqrt{ab}+b}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}\)

\(=\frac{3a-3\sqrt{ab}-2a+\sqrt{ab}+b}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}=\frac{a-2\sqrt{ab}+b}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}\)

\(=\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}=\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{a+\sqrt{ab}+b}\)

Gọi \(\angle A O C = \alpha\). Đây là góc ở tâm chắn cung \(A C\)

Quan sát hình: cung \(B D\) gồm 3 lần liên tiếp cung \(A C\) (từ B → C, C → A, A → D)

Góc ở tâm \(\angle B O D\) chắn cung \(B D\) nên:

\(\angle B O D = 3 \times \angle A O C .\)

Vậy \(\angle B O D = 3 \angle A O C\)

a: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó; MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1),(2) suy ra MO là đường trung trực của AB

=>MO⊥AB

Xét (O) có

ΔABK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔABK vuông tại B

=>BA⊥BK

mà MO⊥AB

nên MO//BK

b: Gọi E là giao điểm của AM và BK, I là giao điểm của BH và MK

TA có: BA⊥BK

=>BA⊥BE

=>ΔABE vuông tại B

Ta có: \(\hat{MBA}+\hat{MBE}=\hat{ABE}=90^0\)

\(\hat{MAB}+\hat{MEB}=90^0\) (ΔABE vuông tại B)

mà \(\hat{MAB}=\hat{MBA}\) (ΔMAB cân tại M)

nên \(\hat{MBE}=\hat{MEB}\)

=>MB=ME

mà MA=MB

nên MA=ME(3)

Ta có: BH⊥AK

AE⊥KA

Do đó: BH//AE

Xét ΔKAM có IH//AM

nên \(\frac{IH}{AM}=\frac{KI}{KM}\left(4\right)\)

Xét ΔKME có IB//ME

nên \(\frac{IB}{ME}=\frac{KI}{KM}\left(5\right)\)

Từ (3),(4),(5) suy ra IH=IB

=>I là trung điểm của BH

a: Xét (O) có

AD,BC là các dây không song song

AB//CD

Do đó: sđ cung AD=sđ cung BC

b: Ta có: ABCD là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{ADC}+\hat{ABC}=180^0\)

mà \(\hat{ABC}+\hat{BCD}=180^0\) (hai góc trong cùng phía, AB//CD)

nên \(\hat{ADC}=\hat{BCD}\)

Hình thang ABCD có \(\hat{ADC}=\hat{BCD}\)

nên ABCD là hình thang cân

a: Kẻ OI⊥CD tại I

ΔOCD cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của CD

=>IC=ID

ΔOMN cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của MN

=>IM=IN

Ta có: IM+MC=IC

IN+ND=ID

mà IM=IN và IC=ID

nên MC=ND

b: ΔOMN vuông tại O có OM=ON

nên ΔOMN vuông cân tại O

=>\(MN^2=OM^2+ON^2=2\cdot OM^2\)

=>\(MN=OM\cdot\sqrt2\)

Vì CM=MN=ND

nên \(CM=MN=ND=\frac{CD}{3}\)

=>\(CD=3\cdot MN=3\sqrt2\cdot OM\)

I là trung điểm của CD

=>\(IC=\frac{CD}{2}=\frac{3\sqrt2}{2}\cdot OM\)

ΔOMN vuông cân tại O

=>\(\hat{OMI}=45^0\)

Xét ΔOMI vuông tại I có \(\hat{OMI}=45^0\)

nên ΔOMI vuông cân tại I

=>\(IM=IO\)

ΔOMI vuông tại I

=>\(IM^2+IO^2=OM^2\)

=>\(OM^2=2\cdot IO^2\)

=>\(IO^2=\frac{OM^2}{2}\)

ΔOIC vuông tại I

=>\(OI^2+IC^2=OC^2\)

=>\(OI^2=OC^2-IC^2=R^2-\left(\frac{3\sqrt2}{2}\cdot OM\right)^2=R^2-OM^2\cdot\frac92\)

=>\(\frac{OM^2}{2}+\frac92\cdot OM^2=R^2\)

=>\(R^2=5\cdot OM^2\)

=>\(OM^2=\frac{R^2}{5}\)

=>\(OM=\frac{R\sqrt5}{5}\)

Bạn học CMATH phải không vậy bạn? Mình thấy phiếu quen quen.

a: Xét ΔCOA có

CH là đường cao

CH là đường trung tuyến

Do đó: ΔCOA cân tại C

=>CO=CA

mà OC=OA

nên OC=OA=CA

=>ΔOCA đều

=>\(\hat{OCA}=\hat{OAC}=\hat{AOC}=60^0\)

ΔOCD cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của CD và OH là phân giác của góc COD

Xét tứ giác OCAD có

H là trung điểm chung của OA và CD

=>OCAD là hình bình hành

Hình bình hành OCAD có OC=OD

nên OCAD là hình thoi

OA là phân giác của góc COD

=>\(\hat{COD}=2\cdot\hat{COA}=120^0\)

=>Sđ cung CD=120 độ

b: OCAD là hình thoi

=>CH là phân giác của góc OCA

=>\(\hat{OCH}=\frac12\cdot\hat{OCA}=30^0\)

Ta có: \(\hat{OCH}+\hat{SCH}=\hat{SCO}\) (tia CH nằm giữa hai tia CO và CS)

=>\(\hat{SCH}=90^0-30^0=60^0\)

Xét ΔOCS vuông tại C và ΔODS vuông tại D có

OS chung

OC=OD

Do đó: ΔOCS=ΔODS

=>SC=SD

Xét ΔSCD có SC=SD và \(\hat{SCD}=60^0\)

nên ΔSCD đều

Bạn học CMATH phải không vậy bạn? Mình thấy phiếu quen quen.