Để giải bài toán này, ta sẽ sử dụng định lý Pythagoras và công thức cosin trong tam giác.

Vì hình thang ABCD có A = D = 90 độ và BD vuông BC, ta có thể sử dụng định lý Pythagoras để tính độ dài các cạnh.

Theo định lý Pythagoras, ta có: AB^2 + BC^2 = AC^2

Thay vào giá trị đã cho, ta có: 6^2 + BC^2 = 8^2

Giải phương trình trên, ta tìm được giá trị của BC: BC^2 = 8^2 - 6^2 BC^2 = 64 - 36 BC^2 = 28 BC = √28

Tiếp theo, ta cần tính độ dài AH và HBc. Để làm điều này, ta sẽ sử dụng công thức cosin trong tam giác ABC.

Theo công thức cosin, ta có: cos(ACD) = (AB^2 + AC^2 - BC^2) / (2 * AB * AC)

Thay vào giá trị đã cho, ta có: cos(ACD) = (6^2 + 8^2 - (√28)^2) / (2 * 6 * 8)

Tính toán giá trị cos(ACD) và sau đó tính giá trị của AH và HBc bằng cách sử dụng công thức cosin trong tam giác ABC.

Với các bước tính toán này, ta có thể tìm được giá trị của AH và HBc.

Đề bị lỗi hiển thị hay sao ấy, mình không nhìn thấy BĐT/ đẳng thức bạn muốn chứng minh.

a. \(A=\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}-1}-\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right):\left(\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-1}\right)\) (ĐKXĐ: \(x>0;x\ne1;x\ne4\))

\(=\left[\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}-\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}\right]:\left[\dfrac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}-\dfrac{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}\right]\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}-\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}:\dfrac{x-1-\left(x-4\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}\)

\(=\dfrac{1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}:\dfrac{x-1-x+4}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}\)

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

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

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

\(---\)

b. Ta có: \(A=0\Leftrightarrow\dfrac{\sqrt{x}-2}{3\sqrt{x}}=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}-2=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}=2\)

\(\Leftrightarrow x=4\left(ktm\right)\)

Vậy không thể tìm được giá trị nào của \(x\) để \(A=0\).

\(---\)

c. Ta có: \(A< 0\Leftrightarrow\dfrac{\sqrt{x}-2}{3\sqrt{x}}< 0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}-2< 0\left(vì.3\sqrt{x}>0\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}< 2\)

\(\Leftrightarrow x< 4\)

Kết hợp với điều kiện xác định của \(x\), ta được:

\(0< x< 4;x\ne1\)

Vậy \(A< 0\) khi \(0< x< 4;x\ne1\).

a) \(A=\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}-1}-\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right):\left(\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-1}\right)\) (ĐK: \(x>0;x\ne1;x\ne4\))

\(A=\left[\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}-\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}\right]:\left[\dfrac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}-\dfrac{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\right]\)

\(A=\dfrac{\sqrt{x}-\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}:\dfrac{x-1-x+4}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

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

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

b) \(A=0\) khi

\(\dfrac{\sqrt{x}-2}{3\sqrt{x}}=0\)

\(\Rightarrow\sqrt{x}-2=0\)

\(\Rightarrow\sqrt{x}=2\)

\(\Rightarrow x=4\left(ktm\right)\)

c) \(A< 0\) khi 

\(\dfrac{\sqrt{x}-2}{3\sqrt{x}}< 0\)

\(\Rightarrow\sqrt{x}-2< 0\)

\(\Rightarrow\sqrt{x}< 2\)

\(\Rightarrow x< 4\)

kết hợp với đk:

\(0< x< 4,x\ne1\)

 a) và b) Gọi \(P=CA\cap BD,Q=BA\cap CE\)

 Tam giác ABP vuông tại A \(\Rightarrow\widehat{DAP}=90^o-\widehat{DAB}\) và \(\widehat{P}=90^o-\widehat{DBA}\)

 Dễ thấy tam giác DAB cân tại D nên \(\widehat{DAB}=\widehat{DBA}\). Từ đó suy ra \(\widehat{DAP}=\widehat{P}\) hay tam giác DAP cân tại D \(\Rightarrow DA=DB=DP\) hay D là trung điểm BP. Tương tự, ta có E là trung điểm CQ.

 Gọi \(I'=CD\cap AH\). Khi đó áp dụng bổ đề hình thang cho hình thang AHBP, ta có ngay I' là trung điểm AH. Lại áp dụng bổ đề hình thang lần nữa cho hình thang AHCQ, ta thấy B, I, E thẳng hàng (*)

 (*) Bổ đề hình thang phát biểu rằng: Trong 1 hình thang, 2 trung điểm của 2 cạnh đáy, giao điểm 2 đường chéo và giao điểm của 2 đường thẳng chứa 2 cạnh bên của nó thẳng hàng.

 Do đó \(I'\equiv I\), suy ra I, A, H thẳng hàng, đồng thời \(IA=IH\). 

 c) Theo Thales: \(\dfrac{DA}{DE}=\dfrac{AI}{EC}\) \(\Rightarrow DE.AI=DA.EC\). Mà \(DA=DB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên ta có đpcm.

Thanks anh/chị Lê Song Phương nhiều ạ, nhờ có chị mà em hiểu rõ hơn về toán lớp 9 r ạ!#

help vs

Đề bài thiếu và sai bạn ơi