a, `sqrt(x+8) + (9x)/(sqrt(x+8)) - 6 sqrt x = 0`

`<=> sqrt(x+8) - 2 . sqrt(x+8) . (3sqrtx)/(sqrt(x+8)) + (9x)/(sqrt(x+8)) = 0`

`<=> (sqrt(x+8)+9x/(sqrt(x+8)))^2= 0`

Đặt `sqrt(x+8) = a ( a > 0)`

`=> a + 9x/a = 0 -> a^2 + 9x = 0 <=> x + 8 + 9x = 0 <=> x = -4/5.`

Bài 3:

1: Xét ΔDAC và ΔBCA có

\(\hat{DAC}=\hat{BCA}\) (hai góc so le trong, AD//BC)

AC chung

\(\hat{DCA}=\hat{BAC}\) (hai góc so le trong, BA//CD)

Do đó: ΔDAC=ΔBCA
=>DA=BC và DC=BA

2: Xét ΔOAD và ΔOCB có

\(\hat{OAD}=\hat{OCB}\) (hai góc so le trong, AD//BC)

AD=BC

\(\hat{ODA}=\hat{OBC}\) (hai góc so le trong, AD//BC)

Do đó: ΔOAD=ΔOCB

=>OA=OC và OD=OB

Bài 1:

1: Xét ΔMAB và ΔMDC có

MA=MD

\(\hat{AMB}=\hat{DMC}\) (hai góc đối đỉnh)

MB=MC

Do đó: ΔMAB=ΔMDC

=>AB=DC; \(\hat{MAB}=\hat{MDC};\hat{MBA}=\hat{MCD}\)

Xét ΔMAC và ΔMDB có

MA=MD

\(\hat{AMC}=\hat{DMB}\) (hai góc đối đỉnh)

MC=MB

Do đó: ΔMAC=ΔMDB

=>AC=BD; \(\hat{MAC}=\hat{MDB};\hat{MCA}=\hat{MBD}\)

2: Xét ΔABD và ΔDCA có

AB=DC

BD=CA

AD chung

Do đó: ΔABD=ΔDCA

a \(\left(\sqrt{75}-3\sqrt2-\sqrt{12}\right)\left(\sqrt3+\sqrt2\right)\)

\(=\left(5\sqrt3-2\sqrt3-3\sqrt2\right)\left(\sqrt3+\sqrt2\right)\)

\(=\left(3\sqrt3-3\sqrt2\right)\left(\sqrt3+\sqrt2\right)=3\left(\sqrt3-\sqrt2\right)\left(\sqrt3+\sqrt2\right)\)

\(=3\cdot\left(3-2\right)=3\)

b: \(\frac{3+2\sqrt3}{\sqrt3}+\frac{2+\sqrt2}{\sqrt2+1}-\left(2+\sqrt3\right)\)

\(=\frac{\sqrt3\left(2+\sqrt3\right)}{\sqrt3}+\frac{\sqrt2\left(\sqrt2+1\right)}{\sqrt2+1}-\left(2+\sqrt3\right)\)

\(=2+\sqrt3+\sqrt2-2-\sqrt3=\sqrt2\)

c: \(2\sqrt3\left(\sqrt2-3\right)+\left(\sqrt2-\sqrt3\right)^2+6\sqrt3\)

\(=2\sqrt6-6\sqrt3+5-2\sqrt6+6\sqrt3=5\)

a: Xét tứ giác AFDC có \(\hat{AFC}=\hat{ADC}=90^0\)

nên AFDC là tứ giác nội tiếp

=>A,F,D,C cùng thuộc một đường tròn

b: AFDC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{AFD}+\hat{ACD}=180^0\)

mà \(\hat{AFD}+\hat{BFD}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{BFD}=\hat{BCA}\) (1)

Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{BFE}+\hat{BCE}=180^0\)

mà \(\hat{BFE}+\hat{BFK}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{BFK}=\hat{BCA}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{BFK}=\hat{BFD}\)

=>FB là phân giác của góc KFD

=>\(\hat{KFD}=2\cdot\hat{BFD}\) (3)

ΔEBC vuông tại E

mà EM là đường trung tuyến

nên ME=MB=MC

Xét ΔMEC có \(\hat{BME}\) là góc ngoài tại đỉnh M

nên \(\hat{BME}=\hat{MEC}+\hat{MCE}=2\cdot\hat{MCE}=2\cdot\hat{BCE}\) (4)

mà \(\hat{BFD}=\hat{BCA}\) (AFDC là tứ giác nội tiếp)(5)

Từ (5),(3),(4) suy ra \(\hat{KFD}=\hat{KME}\)

Xét ΔKFD và ΔKME có

\(\hat{KFD}=\hat{KME}\)

góc FKD chung

Do đó: ΔKFD~ΔKME

=>\(\frac{KF}{KM}=\frac{KD}{KE}\)

=>\(KF\cdot KE=KD\cdot KM\)

Chế độ hâm nóng có lợi ích: hâm nóng

Tiện ích: tiêu tốn nhiều điện năng

rac.)

hello

a) Xét △SAB:

M là trung điểm của SA

N là trung điểm của SB

=> MN là đường trung bình của △SAB

=> MN // AB

Ta có: AB // CD, CD ⊂ (SCD) (2 cạnh đáy của hình thang ABCD)

=> MN // (SCD)

b) Xét △SAD:

M là trung điểm của SA

P là trung điểm của SD

=> MP là đường trung bình của △SAD

=> MP // AD

mà AD ⊂ (ABCD) => MP // (ABCD) (1)

Ta có: MN // AB (cmt), AB ⊂ (ABCD) => MN // (ABCD) (2)

Ta có: MP ⊂ (MNP), MN ⊂ (MNP) (3)

Từ (1), (2), (3) => (MNP) // (ABCD)

mà AC ⊂ (ABCD)

=> AC // (MNP)

Để dạy 1 môn GV cũng học hơn 40 học phần ở ĐH rồi em.

Sau khi đọc bài thơ "Gió từ tay mẹ", tôi xúc động sâu sắc trước tình cảm thiêng liêng, bao la và nhẫn nại mà mẹ dành cho con. Bài thơ khắc họa hình ảnh người mẹ với đôi bàn tay tần tảo, vừa quạt mát ru con ngủ trong mùa hè oi ả, vừa ủ ấm con trong mùa đông giá rét. Tình cảm ấy được gói gọn trong hai câu thơ cuối, "Bàn tay mẹ / Vì chúng con / Từ tay mẹ / Con lớn khôn", như một lời khẳng định chân thực, giản dị nhưng đầy sức nặng về sự hy sinh và tình yêu vô bờ của mẹ.