Giả sử tam giác ABC vuông tại A và đường cao AH chia tam giác thành 2 phần có diện tích là \(54cm^2\) và \(96cm^2\).

Giả sử \(S_{AHB}=54cm^2,S_{AHC}=96cm^2\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{2}.AH.HB=54\\\dfrac{1}{2}.AH.HC=96\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AH.HB=108\\AH.HC=192\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow AH^2.HB.HC=20736\)

tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên áp dụng hệ thức lượng

\(\Rightarrow AH^2=HB.HC\)

\(\Rightarrow AH^2.HB.HC=AH^2.AH^2=AH^4=20736\Rightarrow AH=12\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}HB=\dfrac{108}{12}=9\\HC=\dfrac{192}{12}=16\end{matrix}\right.\Rightarrow BC=HB+HC=9+16=25\left(cm\right)\)

13) để căn thức xác định \(\Rightarrow\dfrac{2x-4}{-2}\ge0\) mà \(-2< 0\Rightarrow2x-4\le0\)

\(\Rightarrow x-2\le0\Rightarrow x\le2\)

14) để căn thức xác định \(\Rightarrow-\dfrac{2}{x-2}\ge0\Rightarrow\dfrac{2}{x-2}\le0\) 

mà \(2>0\Rightarrow x-2< 0\Rightarrow x< 2\)

15) để căn thức xác định \(\Rightarrow\dfrac{2\sqrt{15}-\sqrt{59}}{7-x}\ge0\)

Ta có: \(2\sqrt{15}=\sqrt{60}>\sqrt{59}\left(60>59\right)\Rightarrow2\sqrt{15}-\sqrt{59}>0\)

\(\Rightarrow7-x>0\Rightarrow x< 7\)

3) để căn thức xác định \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}1-x\ge0\\3-x\ge0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\le1\\x\le3\end{matrix}\right.\Rightarrow x\le1\)

4) để căn thức xác định \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}15-3x\ge0\\5-x\ge0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\le5\\x\le5\end{matrix}\right.\Rightarrow x\le5\)

5) để căn thức xác định \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x-9\ge0\\9-x\ge0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge3\\x\le9\end{matrix}\right.\Rightarrow3\le x\le9\)

\(\sqrt{2}\left(\sqrt{3+\sqrt{5}}\right)\left(\sqrt{5}-1\right)=\sqrt{6+2\sqrt{5}}\left(\sqrt{5}-1\right)\)

\(=\sqrt{\left(\sqrt{5}\right)^2+2.\sqrt{5}.1+1^2}\left(\sqrt{5}-1\right)=\sqrt{\left(\sqrt{5}+1\right)^2}\left(\sqrt{5}-1\right)\)

\(=\left|\sqrt{5}+1\right|\left(\sqrt{5}-1\right)=\left(\sqrt{5}-1\right)\left(\sqrt{5}+1\right)=4\)

Ta có: \(\sqrt{5+2\sqrt{6}}=\sqrt{\left(\sqrt{3}\right)^2+2.\sqrt{3}.\sqrt{2}.\left(\sqrt{2}\right)^2}=\sqrt{\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)^2}\)

\(=\sqrt{3}+\sqrt{2}\)

Lại có: \(\sqrt{2\sqrt{6}+6+2\sqrt{2}+2\sqrt{3}}\)

\(=\sqrt{1^2+\left(\sqrt{2}\right)^2+\left(\sqrt{3}\right)^2+2.\sqrt{2}.1+2.\sqrt{3}.1+2.\sqrt{2}.\sqrt{3}}\)

\(=\sqrt{\left(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)^2}=1+\sqrt{2}+\sqrt{3}\)

Thế vào đề: \(\Rightarrow M=\sqrt{1+\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{2}-\sqrt{3}}=1\)

mình nghĩ đề bạn là tìm x để A<1 chứ ko phải trong trường hợp nào thì a cũng <1.Bạn thế x=9 vào thì thấy

ĐKXĐ: \(x\ge0,x\ne1\)

\(A< 1\Rightarrow1-A>0\Rightarrow1-\dfrac{2\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-1}>0\Rightarrow\dfrac{\sqrt{x}-1-2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}>0\)

\(\Rightarrow\dfrac{-\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}>0\) mà \(-\sqrt{x}\le0\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ne0\\\sqrt{x}-1< 0\end{matrix}\right.\Rightarrow0< x< 1\)

a) Vì tam giác ABC cân tại A nên \(AC=AB=4\left(cm\right)\)

Vì BE là phân giác góc B \(\Rightarrow\dfrac{EA}{EC}=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{4}{2}=2\Rightarrow EA=2EC\)

Ta có: \(EA+EC=AC\Rightarrow2EC+EC=4\Rightarrow3EC=4\Rightarrow EC=\dfrac{4}{3}\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow EA=\dfrac{8}{3}\left(cm\right)\)

b) Vì \(BP\bot BE\) mà BE là phân giác trong góc B \(\Rightarrow BP\) là phân giác ngoài góc B

\(\Rightarrow\dfrac{PA}{PC}=\dfrac{AB}{BC}=2\Rightarrow PA=2PC\)

Ta có: \(PA-PC=AC\Rightarrow2PC-PC=4\Rightarrow PC=4\Rightarrow PA=8\)

1. Ta có: \(cos\alpha=sin\left(90-\alpha\right)\Rightarrow cos75=sin15\Rightarrow cos^275=sin^215\)

Tương tự \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}cos^265=sin^225\\cos^255=sin^235\end{matrix}\right.\)

Thế vào đề 

\(\Rightarrow A=cos^215+sin^215+cos^225+sin^225+cos^235+sin^235+cos^245\)

\(=1+1+1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{6+\sqrt{2}}{2}\)

câu 2,3,4,5 bạn làm tương tự,dùng\(sin\alpha=cos\left(90-\alpha\right)\) và \(sin^2\alpha+cos^2\alpha=1\) rồi tính thôi

6) Theo như câu a \(\Rightarrow sin20=cos70\)

Lại có: \(tan\alpha=\dfrac{1}{tan\left(90-\alpha\right)}\Rightarrow tan\alpha=cot\left(90-\alpha\right)\Rightarrow cot50=tan40\)

thê vào đề: \(\Rightarrow cos70-cos70+tan40-tan40=0\)

Ta có: \(sinB=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{b}{a}\Rightarrow sin58=\dfrac{b}{72}\Rightarrow b=sin58.72\approx61\left(cm\right)\)

a) tam giác AHB vuông tại H có HM là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng

\(\Rightarrow AM.AB=AH^2\)

tam giác AHC vuông tại H có HN là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng

\(\Rightarrow AN.AC=AH^2\Rightarrow AN.AB=AN.AC\)

b) Ta có: \(\dfrac{1}{cotB+cotC}=\dfrac{1}{\dfrac{AB}{AC}+\dfrac{AC}{AB}}=\dfrac{1}{\dfrac{AB^2+AC^2}{AB.AC}}\)

\(=\dfrac{AB.AC}{BC^2}=\dfrac{AH.BC}{BC^2}=\dfrac{AH}{BC}\)

c) Ta có: \(\dfrac{S_{AMN}}{S_{ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.AM.AN}{\dfrac{1}{2}.AB.AC}=\dfrac{AM.AN}{AB.AC}=\dfrac{AM.AB.AN.AC}{\left(AB.AC\right)^2}\)

\(=\dfrac{AH^2.AH^2}{AH^2.BC^2}=\dfrac{AH^2}{BC^2}=\dfrac{AH^2.BC^2}{BC^2.BC^2}=\dfrac{AB^2.AC^2}{BC^2.BC^2}=\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2.\left(\dfrac{AC}{BC}\right)^2\)

\(=sin^2B.sin^2C\Rightarrow S_{MAN}=sin^2B.sin^2C.S_{ABC}\)

Ta có: \(a^3=\left(\sqrt[3]{3+\sqrt{17}}+\sqrt[3]{3-\sqrt{17}}\right)^3\)

\(=3+\sqrt{17}+3-\sqrt{17}+3\sqrt[3]{\left(3+\sqrt{17}\right)\left(3-\sqrt{17}\right)}\left(\sqrt[3]{3+\sqrt{17}}+\sqrt[3]{3-\sqrt{17}}\right)\)

(\(\left(a+b\right)^3=a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)\) )

\(=6+3\sqrt[3]{-8}.a=6-6a\)

\(\Rightarrow a^3+6a-6=0\Rightarrow a^3+6a-5=1\)

\(\Rightarrow A=1^{2019}=1\)