Với mọi \(x>0;x\ne3\), ta có : 

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

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

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

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

Vậy : Với mọi \(x>0;x\ne3\) thì \(B=\dfrac{2}{\sqrt{3}-\sqrt{x}}\)

Hình vẽ Bài 1.

Bài 1. a) Do \(\Delta ABC\) cân tại A (giả thiết) nên \(AB=AC\) và \(\hat{B}=\hat{C}=\dfrac{180^o-\hat{A}}{2}\)

Theo đề bài, \(BD=CE\)

\(\Rightarrow AB-BD=AC-CE\Leftrightarrow AD=AE\).

Suy ra \(\Delta ADE\) cân tại A \(\Rightarrow\hat{D}=\hat{E}=\dfrac{180^o-\hat{A}}{2}\)

Suy ra được : \(\hat{B}=\hat{D}\). Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(DE\left|\right|BC\) (điều phải chứng minh).

b) Xét \(\Delta ABE,\Delta ACD\) có : \(\left\{{}\begin{matrix}\hat{A}\text{ chung}\\AD=AE\left(cmt\right)\\AB=AC\left(gt\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta ABE=\Delta ADE\left(c.g.c\right)\)

c) Do \(\Delta ABE=\Delta ACD\left(cmt\right)\) nên \(\hat{DBI}=\hat{ECI}\) (hai góc tương ứng)

Xét các tam giác BID, CIE có : \(\left\{{}\begin{matrix}\hat{DBI}+\hat{DIB}+\hat{BDI}=180^o\\\hat{ECI}+\hat{EIC}+\hat{CIE}=180^o\\\hat{DIB}=\hat{EIC}\left(\text{đối đỉnh}\right);\hat{DBI}=\hat{ECI}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\hat{BDI}=\hat{CIE}\).

Lại xét \(\Delta BID,\Delta CIE\) có : \(\left\{{}\begin{matrix}\hat{BDI}=\hat{CIE}\left(cmt\right)\\BD=CE\left(gt\right)\\\hat{DBI}=\hat{ECI}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta BID=\Delta CIE\left(g.c.g\right)\) (điều phải chứng minh).

d) Do \(\Delta BID=\Delta CIE\left(cmt\right)\Rightarrow IB=IC\) (hai cạnh tương ứng).

Xét \(\Delta AIB,\Delta AIC\) có : \(\left\{{}\begin{matrix}AB=AC\left(gt\right)\\\hat{ABI}=\hat{ACI}\left(cmt\right)\\IB=IC\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AIB=\Delta AIC\left(c.g.c\right)\Rightarrow\hat{AIB}=\hat{AIC}\)

⇒ \(AI\) là phân giác của \(\hat{BAC}\) (điều phải chứng minh).

e) Gọi \(H\) là giao điểm của \(AI\) và \(BC\).

Xét \(\Delta AHB,\Delta AHC:\) \(\left\{{}\begin{matrix}AB=AC\left(gt\right)\\\hat{IAB}=\hat{IAC}\left(cmt\right)\\AH\text{ chung}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AHB=\Delta AHC\left(c.g.c\right)\Rightarrow\hat{AHB}=\hat{AHC}\).

Mà : \(\hat{AHB}+\hat{AHC}=180^o\) (hai góc kề bù)

\(\Rightarrow\hat{AHB}=\hat{AHC}=\dfrac{180^o}{2}=90^o\Rightarrow AH\perp BC\Rightarrow AI\perp BC\) (điều phải chứng minh).

f) Để \(BD=DE=CE\) thì \(\Delta BDE\) cân tại \(D\) và \(\Delta CDE\) cân tại \(E\).

Xét với tam giác BDE, khi đó : \(\hat{DBE}=\hat{DEB}\).

Mà : \(\hat{DEB}=\hat{EBC}\) (do \(DE\left|\right|BC\left(cmt\right)\) và hai góc ở vị trí so le trong).

\(\Rightarrow\hat{DBE}=\hat{EBC}\) ⇒ BE là đường phân giác của \(\hat{B}\).

Tương tự với tam giác CDE thì CD sẽ là đường phân giác của \(\hat{C}\).

Vậy : \(BD=DE=CE\) khi và chỉ khi D, E lần lượt là giao điểm của đường phân giác tại các đỉnh B, C với AC, AB.

B

a) Số tiền bạn An mua món đồ thứ nhất : \(\dfrac{x}{2}+10=\dfrac{x+20}{2}\) (nghìn đồng)

Số tiền bạn An mua món đồ thứ hai : 

\(\dfrac{x-\dfrac{x+20}{2}}{2}+10=\dfrac{x-20}{4}+10=\dfrac{x+20}{4}\) (nghìn đồng)

Số tiền bạn An mua món đồ thứ ba :

\(\dfrac{x-\dfrac{x+20}{2}-\dfrac{x+20}{4}}{2}+10=\dfrac{x+20}{8}\) (nghìn đồng).

Số tiền còn lại của bạn An sau khi mua ba món đồ : 

\(y=x-\dfrac{x+20}{2}-\dfrac{x+20}{4}-\dfrac{x+20}{8}=\dfrac{x-140}{8}=\dfrac{1}{8}x-\dfrac{35}{2}\) (nghìn đồng).

Vậy : Công thức tính y theo x là \(y=\dfrac{1}{8}x-\dfrac{35}{2}\) với đơn vị là nghìn đồng.

b) Số tiền An mang theo là : 

\(y=\dfrac{1}{8}x-\dfrac{35}{2}\Rightarrow x=\dfrac{y+\dfrac{35}{2}}{\dfrac{1}{8}}=\dfrac{22,5+\dfrac{35}{2}}{\dfrac{1}{8}}=320\) (nghìn đồng).

Giá tiền món đồ thứ nhất là \(\dfrac{x+20}{2}=\dfrac{320+20}{2}=170\) (nghìn đồng).

Giá tiền món đồ thứ hai là : \(\dfrac{x+20}{4}=\dfrac{320+20}{4}=85\) (nghìn đồng).

Giá tiền món đồ thứ ba là : \(\dfrac{x+20}{8}=\dfrac{320+20}{8}=42,5\) (nghìn đồng) = 42 500 (đồng).

a) Phương trình (*) có : \(\Delta=b^2-4ac=\left(-7\right)^2-4.2.6=1>0\)

Vậy : Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt.

b) Do phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt nên theo định lí Vi-ét : 

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{-7}{2}=\dfrac{7}{2}\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{6}{2}=3\end{matrix}\right.\)

Theo đề bài, ta có : \(A=\left(x_1+2x_2\right)\left(x_2+2x_1\right)-x_1^2x_2^2\)

\(=x_1x_2+2x_1^2+2x_2^2+4x_1x_2-\left(x_1x_2\right)^2\)

\(=2\left(x_1^2+x_2^2\right)+5x_1x_2-\left(x_1x_2\right)^2\)

\(=2\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]+5x_1x_2-\left(x_1x_2\right)^2\)

\(\Rightarrow A=2\left[\left(\dfrac{7}{2}\right)^2-2\cdot3\right]+5\cdot3-3^2=\dfrac{37}{2}\)

Vậy : \(A=\dfrac{37}{2}\)

Ta có : \(\Delta'=b'^2-ac=\left(-1\right)^2-4.\left(-1\right)=5>0\)

⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lí Vi-ét : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{-2}{4}=\dfrac{1}{2}\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=-\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\)

Theo đề bài : \(A=\left(x_1-x_2\right)^2-x_1\left(x_1-\dfrac{1}{2}\right)\)

\(=x_1^2-2x_1x_2+x_2^2-x_1\left[x_1-\left(x_1+x_2\right)\right]\)

\(=\left(x_1^2+2x_1x_2+x_2^2\right)-4x_1x_2+x_1x_2\)

\(=\left(x_1+x_2\right)^2-3x_1x_2\)

\(\Rightarrow A=\left(\dfrac{1}{2}\right)^2-3\cdot\left(-\dfrac{1}{4}\right)=1\)

Vậy : \(A=1.\)

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có :

\(P\le\sqrt{\left[\left(\sqrt{a}\right)^2+\left(\sqrt{b}\right)^2\right]\left[\left(\sqrt{b+1}\right)^2+\left(\sqrt{a+1}\right)^2\right]}\)

\(=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+b+2\right)}\)

\(\Rightarrow P\le\sqrt{2\left(2+2\right)}=2\sqrt{2}\)

Vậy : GTLN của P là \(2\sqrt{2}\). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=1\)

a) PTHH : \(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)

b) \(n_{H_2SO_4}=C_MV=1,2\cdot0,5=0,6\left(mol\right)\)

PTHH : \(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)

                        0,6              0,6       0,6

\(\Rightarrow m_{FeSO_4}=n_{FeSO_4}M_{FeSO_4}=0,6\cdot152=91,2\left(g\right)\)

c) Từ câu b \(\Rightarrow n_{H_2}=0,6\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{H_2}=n_{H_2}.22,4=0,6\cdot22,4=13,44\left(l\right)\)

d) PTHH : \(CuO+H_2\underrightarrow{t^o}Cu+H_2O\)

                              0,6    0,6

\(\Rightarrow m_{Cu}=n_{Cu}M_{Cu}=0,6\cdot64=38,4\left(g\right)\)

Tóm tắt

\(U_1=220\left(V\right);U_2=12\left(V\right);n_1=300\left(vòng\right)\)

Số vòng dây của cuộn thứ cấp :\(\dfrac{U_1}{U_2}=\dfrac{n_1}{n_2}\Rightarrow n_2=\dfrac{U_2n_1}{U_1}=\dfrac{12\cdot3000}{220}\approx164\left(vòng\right)\)