a: \(B=\frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}}\)

\(=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}=\frac{1}{\sqrt{x}+1}\)

\(A=\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}=\frac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

P=A:B

\(=\frac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}:\frac{1}{\sqrt{x}+1}=\frac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}\)

Thay x=4 vào P, ta được:

\(P=\frac{4+2+1}{2}=\frac72\)

b: A<=3B

=>\(\frac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}\le\frac{3}{\sqrt{x}+1}=\frac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

=>\(x+\sqrt{x}+1\le3\sqrt{x}\)

=>\(x-2\sqrt{x}+1\le0\)

=>\(\left(\sqrt{x}-1\right)^2\le0\)

=>\(\sqrt{x}-1=0\)

=>x=1(nhận)c

c: \(B-1=\frac{1}{\sqrt{x}+1}-1=\frac{1-\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}=\frac{-\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}<0\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ
=>B<1∀x thỏa mãn ĐKXĐ

CB=CE
mà CB=AD
nên CE=AD

CE=CB

=>ΔCBE cân tại C

=>\(\hat{CBE}=\hat{CEB}\)

mà \(\hat{CBE}=\hat{BCD}\) (hai góc so le trong, CD//BE)

nên \(\hat{CEB}=\hat{BCD}\)

mà \(\hat{BCD}=\hat{ADC}\) (ABCD là hình thang cân)

nên \(\hat{CEB}=\hat{ADC}\)

mà \(\hat{ADC}+\hat{EAD}=180^0\) (hai góc trong cùng phía, EA//DC)

nên \(\hat{CEB}+\hat{EAD}=180^0\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí trong cùng phía

nên CE//AD

Xét tứ giác ADCE có

AD//CE

AD=CE

Do đó: ADCE là hình bình hành

A={x∈|x-2m-1>=0}

=>A=[2m+1;+∞)

\(x^2-\left(2m+1\right)x+2m\le0\)

=>\(x^2-x-2mx+2m\le0\)

=>x(x-1)-2m(x-1)<=0

=>(x-1)(x-2m)<=0

TH1: 2m<=1

(x-1)(x-2m)<=0

=>2m<=x<=1

=>B=[2m;1]

mà A=[2m+1;+∞)

nên Để A giao B khác rỗng thì 2m+1>=1

=>2m>=0

=>m>=0

=>0<=m<=1/2

Để A\B=A thì A giao B=rỗng

=>2m<=1<2m+1

=>2m<=1 và 2m+1>1

=>m<1/2 và m>0

=>0<m<1/2

TH2: 1<=2m

=>m>=1/2

(x-1)(x-2m)<=0

=>1<=m<=2m

=>B=[1;2m]

A=[2m+1;+∞); B=[1;2m]

Vì 2m<2m+1

nên A giao B luôn khác rỗng

=>m>=1/2

Xét ΔOAB có OA=OB và \(\hat{OAB}=45^0\)

nên ΔOAB vuông cân tại O

=>\(OA^2+OB^2=AB^2\)

=>\(2\cdot OA^2=\left(2a\right)^2=4a^2\)

=>\(OA^2=2a^2\)

=>\(OA=a\sqrt2\)

Ta có: \(B=1\cdot2\cdot3\cdot\ldots\cdot2020\cdot\left(1+\frac12+\cdots+\frac{1}{2020}\right)\)

\(=1\cdot2\cdot3\cdot\ldots\cdot2020\cdot\left(1+\frac{1}{2020}+\frac12+\frac{1}{2019}\cdots+\frac{1}{1010}+\frac{1}{1011}\right)\)

\(=1\cdot2\cdot3\cdot\ldots\cdot2020\cdot\left(\frac{2021}{1\cdot2020}+\frac{2021}{2\cdot2019}+\cdots+\frac{2021}{1010\cdot1011}\right)\)

\(=1\cdot2\cdot3\cdot\ldots\cdot2020\cdot2021\cdot\left(\frac{1}{1\cdot2020}+\frac{1}{2\cdot2019}+\cdots+\frac{1}{1010\cdot1011}\right)\)

=>B⋮2021

Các số có chữ số 5 xuấ hiện ở hàng đơn vị là 5;15;...;125

=>Có (125-5):10+1=13(số)

Các số có chữ số 5 xuất hiện ở hàng chục là 50;51;...;59

=>Có (59-50):1+1=59-50+1=10(số)

Số chữ số 5 cần dùng là:

13+10=23(chữ số)

a: Sửa đề: Chứng minh AHQC là hình bình hành

Xét tứ giác AHBQ có

M là trung điểm chung của AB và HQ

=>AHBQ là hình bình hành

=>AH//BQ và AH=BQ

AH//BQ

=>AH//QC

AH=BQ

BQ=QC

Do đó: AH=QC

Xét tứ giác AHQC có

AH//QC

AH=QC

Do đó: AHQC là hình bình hành

a: \(x\ge1\frac15\)

=>\(x-1\frac15>0;x-\frac15>0\)

=>\(M=x-1\frac15+x-\frac15-3\frac15=2x-\frac65-\frac15-\frac{16}{5}=2x-\frac{23}{5}\)

b: \(x\le\frac15\)

=>\(x-\frac15\le0\)

=>\(x-\frac15-1\le-1<0\)

=>\(x-1\frac15<0\)

Ta có: \(M=\left|1\frac15-x\right|+\left|x-\frac15\right|-3\frac15\)

\(=\frac65-x+\frac15-x-\frac{16}{5}=\frac{-9}{5}-2x\)

c: \(\frac15

=>\(x-\frac15>0;x-\frac65<0\)

Ta có: \(M=\left|1\frac15-x\right|+\left|x-\frac15\right|-3\frac15\)

\(=\frac65-x+x-\frac15-3-\frac15=1-3-\frac15=-2-\frac15=-\frac{11}{5}\)

Bài 1:

ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC^2=24^2+18^2=576+324=900=30^2\)

=>BC=30(cm)

ĐƯờng trung trực của BC cắt BC tại M, BA tại E và cắt CA tại D

=>M là trung điểm của BC và DE⊥BC tại M

M là trung điểm của BC

=>\(MB=MC=\frac{30}{2}=15\left(\operatorname{cm}\right)\)

Xét ΔBME vuông tại M và ΔBAC vuông tại A có

\(\hat{MBE}\) chung

Do đó: ΔBME~ΔBAC

=>\(\frac{BM}{BA}=\frac{BE}{BC}\)

=>\(\frac{BE}{30}=\frac{15}{24}=\frac58\)

=>\(BE=30\cdot\frac58=\frac{150}{8}=18,75\left(\operatorname{cm}\right)\)

BE+AE=AB

=>AE=24-18,75=5,25(cm)

Xét ΔCMD vuông tại M và ΔCAB vuông tại A có

\(\hat{MCD}\) chung

Do đó: ΔCMD~ΔCAB

=>\(\frac{CM}{CA}=\frac{CD}{CB}\)

=>\(\frac{CD}{30}=\frac{15}{18}=\frac56\)

=>CD=25(cm)

Câu 1:

a: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC^2=6+3=9=3^2\)

=>BC=3(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH\cdot3=\sqrt3\cdot\sqrt6=3\sqrt2\)

=>\(AH=\sqrt2\) (cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AB^2=BH\cdot BC\)

=>\(BH=\frac63=2\left(\operatorname{cm}\right)\)

BH+HC=BC

=>HC=3-2=1(cm)

b: BD=1/3BC

=>BD=1(cm)

BD+DH=BH

=>DH=2-1=1(cm)

Kẻ HK⊥AD
=>HK là khoảng cách từ H đến AD

Xét ΔAHD vuông tại H có HK là đường cao

nên \(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{HA^2}+\frac{1}{HD^2}=\frac12+1=\frac32\)

=>\(HK^2=\frac23=\frac69\)

=>\(HK=\frac{\sqrt6}{3}\left(\operatorname{cm}\right)\)