Lời giải:
a.  ĐKXĐ: $x>0; x\neq 1$

\(P=\left[\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}+\frac{\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}\right].\frac{x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}\)

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

b.

$P>2 \Leftrightarrow \frac{x}{\sqrt{x}-1}-2>0$

$\Leftrightarrow \frac{x-2\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-1}>0$

$\Leftrightarrow \frac{(\sqrt{x}-1)^2+1}{\sqrt{x}-1}>0$

$\Leftrightarrow \sqrt{x}-1>0$ (do $(\sqrt{x}-1)^2+1>0$)

$\Leftrightarrow x>1$

Kết hợp đkxđ suy ra $x>1$
c. 

$\frac{1}{P}=\frac{\sqrt{x}-1}{x}$

Áp dụng BĐT Cô-si:

$x+4\geq 4\sqrt{x}\Rightarrow x\geq 4(\sqrt{x}-1)$
$\Rightarrow \frac{\sqrt{x}-1}{x}\leq \frac{\sqrt{x}-1}{4(\sqrt{x}-1)}=\frac{1}{4}$

Vậy $\frac{1}{P}$ max $=\frac{1}{4}$ khi $x=4$

em cảm ơn ạ.

a: ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

=>\(\widehat{ACB}=30^0\)

Xét ΔABC vuông tại A có \(sinC=\dfrac{AB}{BC}\)

=>\(\dfrac{4}{BC}=sin30=\dfrac{1}{2}\)

=>BC=8(cm)

\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=4\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên AH*BC=AB*AC

=>\(AH\cdot8=4\cdot4\sqrt{3}=16\sqrt{3}\)

=>\(AH=2\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH\cdot BC\\AC^2=CH\cdot CB\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}BH=\dfrac{4^2}{8}=2\left(cm\right)\\CH=\dfrac{48}{8}=6\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

b: \(BC\cdot sinB\cdot sinC\)

\(=BC\cdot\dfrac{AC}{BC}\cdot\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=AH\)

\(BC\cdot cos^2B\)

\(=BC\cdot\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2=\dfrac{AB^2}{BC}=BH\)

\(BC\cdot sin^2B=BC\cdot\left(\dfrac{AC}{BC}\right)^2=\dfrac{AC^2}{BC}=CH\)

c:

\(\dfrac{AH^2}{AC^2}=\dfrac{HB\cdot HC}{BC\cdot HC}=\dfrac{HB}{BC}\)

ΔHAB vuông tại H có HD là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}BD\cdot BA=BH^2\\AD\cdot AB=AH^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}BD=\dfrac{BH^2}{AB}\\AD=\dfrac{AH^2}{AB}\end{matrix}\right.\)

ΔHAC vuông tại H có HE là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}CE\cdot CA=CH^2\\AE\cdot AC=AH^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}CE=\dfrac{CH^2}{AC}\\AE=\dfrac{AH^2}{AC}\end{matrix}\right.\)

\(\dfrac{DB}{EC}=\dfrac{HB^2}{AB}:\dfrac{HC^2}{AC}\)

\(=\dfrac{HB^2}{AB}\cdot\dfrac{AC}{HC^2}\)

\(=\left(\dfrac{HB}{HC}\right)^2\cdot\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{AC}{AB}\cdot\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^4=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^3\)

\(BD\cdot CE\cdot BC\)

\(=\dfrac{BH^2}{AB}\cdot\dfrac{CH^2}{AC}\cdot BC\)

\(=\dfrac{AH^4}{AH}=AH^3\)

=DE³

\(BC\cdot HD\cdot HE\)

\(=BC\cdot\dfrac{HA\cdot HB}{AB}\cdot\dfrac{HA\cdot HC}{AC}\)

\(=\dfrac{1}{AH}\cdot\dfrac{HA^2\cdot HB\cdot HC}{1}=\dfrac{HA\cdot HB\cdot HC}{1}=HA^3\)

\(=DE^3\)

=>ĐPCM

3: Gọi giao điểm của CO với OB là H

Xét ΔOAC vuông tại A và ΔOBH vuông tại B có

OA=OB

\(\widehat{AOC}=\widehat{BOH}\)

Do đó: ΔOAC=ΔOBH

=>\(\widehat{OCA}=\widehat{OHB}\) và OC=OH

OC=OH

C,O,H thẳng hàng

Do đó: O là trung điểm của CH

Xét ΔDCH có

DO là đường cao

DO là đường trung tuyến

Do đó:ΔDCH cân tại D

ΔDCH cân tại D

mà DO là đường cao

nên DO là phân giác của góc CDH

ΔDCH cân tại D

=>\(\widehat{DCH}=\widehat{DHC}\)

mà \(\widehat{DHC}=\widehat{ACH}\)

nên \(\widehat{DCH}=\widehat{ACH}\)

=>CH là phân giác của góc ACD

Kẻ OK\(\perp\)CD tại K

Xét ΔCAO vuông tại A và ΔCKO vuông tại K có

CO chung

\(\widehat{ACO}=\widehat{KCO}\)

Do đó: ΔCAO=ΔCKO

=>OA=OK=R

Xét (O) có

OK là bán kính

CD\(\perp\)OK tại K

Do đó: CD là tiếp tuyến của (O)

2: 

ΔOAB cân tại O

mà OM là đường cao

nênOM là phân giác của góc AOB

Xét ΔOAC và ΔOBC có

OA=OB

\(\widehat{AOC}=\widehat{BOC}\)

OC chung

Do đó: ΔOAC=ΔOBC

=>\(\widehat{OAC}=\widehat{OBC}=90^0\)

=>CB là tiếp tuyến của (O)

Bài 1:

a: Ta có: AH\(\perp\)BM

OB\(\perp\)BM

Do đó: AH//OB

Ta có: BH\(\perp\)AM

OA\(\perp\)AM

Do đó: BH//OA

Xét tứ giác OAHB có

OA//HB

OB//HA

Do đó: OAHB là hình bình hành

Hình bình hành OAHB có OA=OB

nên OAHB là hình thoi

b: Xét ΔOAM vuông tại A có \(sinAMO=\dfrac{OA}{OM}=\dfrac{1}{2}\)

nên \(\widehat{AMO}=30^0\)

Xét (O) có

MA,MB là tiếp tuyến

Do đó: MO là phân giác của góc AMB

=>\(\widehat{AMB}=2\cdot\widehat{AMO}=2\cdot30^0=60^0\)

Bài 2:

a: Xét tứ giác CAOD có

\(\widehat{CAO}+\widehat{CDO}=90^0+90^0=180^0\)

=>CAOD là tứ giác nội tiếp

=>C,A,O,D cùng thuộc một đường tròn

b: Ta có: ΔCAO vuông tại A

=>\(CO^2=CA^2+AO^2\)

=>\(CO^2=\left(2R\right)^2+R^2=5R^2\)

=>\(CO=R\sqrt{5}\)

Xét ΔCAO vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot CO=AO\cdot AC\)

=>\(AH\cdot R\sqrt{5}=R\cdot2R=2R^2\)

=>\(AH=\dfrac{2R^2}{R\sqrt{5}}=\dfrac{2R}{\sqrt{5}}\)

Xét (O) có

CA,CD là tiếp tuyến

Do đó: CA=CD

=>C nằm trên đường trung trực của AD(1)

ta có: OA=OD

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

Từ (1) và (2) suy ra OC là đường trung trực của AD

=>OC\(\perp\)AD tại H và H là trung điểm của AD

=>\(AD=2\cdot AH=\dfrac{4R}{\sqrt{5}}\)

b.

PT (1) $\Leftrightarrow (x+y)^2-2xy-3(x+y)=16(*)$

PT (2) $\Leftrightarrow xy=-7-(x+y)$. Thay vào $(*)$ thì:

$(x+y)^2-2[-7-(x+y)]-3(x+y)=16$

$\Leftrightarrow (x+y)^2+14-(x+y)=16$

$\Leftrightarrow (x+y)^2-(x+y)-2=0$

$\Leftrightarrow (x+y)^2+(x+y)-2(x+y)-2=0$

$\Leftrightarrow (x+y)(x+y+1)-2(x+y+1)=0$

$\Leftrightarrow (x+y+1)(x+y-2)=0$

$\Leftrightarrow x+y=-1$ hoặc $x+y=2$

Nếu $x+y=-1$ thì $xy=-7-(x+y)=-7-(-1)=-6$. Theo định lý Viet đảo thì $x,y$ là nghiệm của pt $X^2+X-6=0$

$\Rightarrow (x,y)=(2, -3), (-3,2)$

Nếu $x+y=2$ thì $xy=-7-(x+y)=-9$. Theo định lý Viet đảo thì $x,y$ là nghiệm của pt $X^2-2X-9=0$

$\Rightarrow (x,y)=(1+\sqrt{10}, 1-\sqrt{10}), (1-\sqrt{10}, 1+\sqrt{10})$

c.

Lấy PT(1) trừ PT(2):

$x^2-y^2-(3x-3y)=y^2-x^2$

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

$\Leftrightarrow (x-y)(2x+2y-3)=0$

$\Leftrightarrow x-y=0$ hoặc $2x+2y-3=0$

Nếu $x-y=0\Rightarrow x=y$. Thay vào PT(1):

$x^2-3x=x^2+1\Leftrightarrow x=\frac{-1}{3}\Rightarrow y=\frac{-1}{3]$
Nếu $2x+2y-3=0\Leftrightarrow y=\frac{3-2x}{2}$. Thay vào PT(1):

$x^2-3x=(\frac{3-2x}{2})^2+1$
$\Leftrightarrow x^2-3x=(1,5-x)^2+1=3,25+x^2-3x$

$\Leftrightarrow 3,25=0$ (vô lý - loại)

1: ΔOCA vuông tại O

mà OE là đường trung tuyến

nên OE=AE=CE=AC/2

ΔOBD vuông tại O

mà OF là đường trung tuyến

nên OF=FD=FB=DF/2

OE=AE

OF=BF

Do đó: \(OE\cdot OF=AE\cdot BF\)

a: \(\left\{{}\begin{matrix}x-2y+2=0\\2y-x^2=0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}2y=x+2\\2y=x^2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x^2=x+2\\x^2=2y\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2-x-2=0\\y=\dfrac{x^2}{2}\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}\left(x-2\right)\left(x+1\right)=0\\y=\dfrac{x^2}{2}\end{matrix}\right.\)

(x-2)(x+1)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x-2=0\\x+1=0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=-1\end{matrix}\right.\)

Khi x=2 thì \(y=\dfrac{x^2}{2}=\dfrac{2^2}{2}=\dfrac{4}{2}=2\)

Khi x=-1 thì \(y=\dfrac{x^2}{2}=\dfrac{\left(-1\right)^2}{2}=\dfrac{1}{2}\)

b: \(\left\{{}\begin{matrix}2x^2+xy+y^2-x=5\\4x^2+2xy+2y^2-y=4\end{matrix}\right.\)(I)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}4x^2+2xy+2y^2-2x=10\\4x^2+2xy+2y^2-y=4\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}-2x+y=6\\2x^2+xy+y^2-x=5\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=2x+6\\2x^2+x\left(2x+6\right)+\left(2x+6\right)^2-x=5\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=2x+6\\2x^2+2x^2+6x+4x^2+24x+36-x=5\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=2x+6\\8x^2+29x+31=0\end{matrix}\right.\)

\(8x^2+29x+31=0\)(1)

\(\text{Δ}=29^2-4\cdot8\cdot31\)

\(=841-32\cdot31=-151< 0\)

=>Phương trình (1) vô nghiệm

Do đó: Hệ phương trình (I) vô nghiệm