Cho tam giác ABC vuông tại A, có AD là đường phân giác.Gọi AH là đường cao của tam giác ABC và HM, HN lần lượt là đường phân giác trong của góc AHB,AHC . Chứng minh rằng: AD= MN

Đặt \(t=x^2-6x+10=\left(x-3\right)^2+1\ge1\).

Có: 

\(\sqrt{t+9}-\sqrt{t}=3\)

\(\Leftrightarrow t+9=t+9+6\sqrt{t}\)

\(\Leftrightarrow t=0\)(không thỏa mãn điều kiện) 

a) \(\sqrt{3x^2-4x}=2x-3\)

bình phương cả 2 vế lên ta được

3x^2 -4x = 2x^2 - 12x +9

x^2 +8x -9 =0

(x^2 -x)+(8x-8x)=0

x(x-1)+8(x-1)=0

(x-1)(x+8)=0

x-1=0 hoặc x+8=0

x=1 hoặc x=-8

b)

Bài 1 

a, \(\frac{3}{4+\sqrt{9+4\sqrt{5}}}=\frac{3}{6+\sqrt{5}}=\frac{3\left(6-\sqrt{5}\right)}{7}=\frac{18-3\sqrt{5}}{7}\)

b, \(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}+\sqrt{5+2\sqrt{6}}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}+\sqrt{2}+\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}+\sqrt{3}}\)

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

tương tự 

\(S=\sqrt{x-3}+\sqrt{y-4}=1.\sqrt{x-3}+1.\sqrt{y-4}\)

\(\le\sqrt{\left(1^2+1^2\right)\left(x-3+y-4\right)}\)

\(=\sqrt{2}\)

Dấu \(=\)khi \(\hept{\begin{cases}x-3=y-4\\x+y=8\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{7}{2}\\y=\frac{9}{2}\end{cases}}\)

Nếu tìm min 

Ta có :

\(s=\sqrt{x-3}+\sqrt{y-8}\)

 \(\Rightarrow S^2=x-3+4-x+s\sqrt{\left(x-3\right)\left(4-x\right)}\)    

\(=1+\sqrt{\left(x-3\right)\left(4-x\right)}\)\(\ge\)\(1\)

\(\Rightarrow S\ge1\)

 Dấu \(=\)xảy ta \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(x-3\right)\left(4-x\right)=0\\x+y=8\end{cases}}\) 

\(\sin^2a+\cos^2a=1\)

\(\cos^2a=1-\frac{16}{25}\)

\(\cos^2a=\frac{9}{25}\)

\(\cos a=\frac{3}{5}\)

\(\tan a=\frac{0,8}{\frac{3}{5}}=\frac{4}{3}\)