1: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

Xét tứ giác BCKH có \(\widehat{BCK}+\widehat{BHK}=90^0+90^0=180^0\)

nên BCKH là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔAHK vuông tại H và ΔACB vuông tại C có

\(\widehat{HAK}\) chung

Do đó: ΔAHK~ΔACB

=>\(\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{AK}{AB}\)

=>\(AK\cdot AC=AH\cdot AB\)

Xét ΔBHK vuông tại H và ΔBDA vuông tại D có

\(\widehat{HBK}\) chung

Do đó: ΔBHK~ΔBDA

=>\(\dfrac{BH}{BD}=\dfrac{BK}{BA}\)

=>\(BH\cdot BA=BK\cdot BD\)

\(AK\cdot AC+BK\cdot BD\)

\(=AH\cdot AB+BH\cdot AB=AB\left(BH+AH\right)=AB^2=4R^2\)

a: Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

=>AD\(\perp\)DB tại D

Xét (O) có

SA,SD là các tiếp tuyến

Do đó: SA=SD

=>S nằm trên đường trung trực của AD(1)

ta có: OA=OD

=>O nằm trên đường trung trực của AD(2)

Từ (1),(2) suy ra SOlà đường trung trực của AD

=>SO\(\perp\)AD

Ta có: SO\(\perp\)AD

AD\(\perp\)DB

Do đó: SO//DB

b: Ta có: ΔADB vuông tại D

=>ΔADC vuông tại D

Ta có: \(\widehat{SAD}+\widehat{SCD}=90^0\)(ΔACD vuông tại D)

\(\widehat{SDA}+\widehat{SDC}=\widehat{ADC}=90^0\)

mà \(\widehat{SAD}=\widehat{SDA}\)(ΔSAD cân tại S)

nên \(\widehat{SCD}=\widehat{SDC}\)

=>SC=SD

=>SC=SA(3)

c: Ta có: DH\(\perp\)AB

CA\(\perp\)AB

Do đó: DH//CA

Xét ΔBCS có DE//CS

nên \(\dfrac{DE}{SC}=\dfrac{BE}{BS}\left(4\right)\)

Xét ΔBAS có EH//SA
nên \(\dfrac{EH}{SA}=\dfrac{BE}{BS}\left(5\right)\)

Từ (3),(4),(5) suy ra DE=EH

=>E là trung điểm của DH

a, \(C_2H_4+3O_2\underrightarrow{t^o}2CO_2+2H_2O\)

b, \(n_{C_2H_4}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{CO_2}=2n_{C_2H_4}=0,4\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{CO_2}=0,4.22,4=8,96\left(l\right)\)

c, \(C_2H_4+H_2O\underrightarrow{xt}C_2H_5OH\)

\(n_{C_2H_5OH\left(LT\right)}=n_{C_2H_4}=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{C_2H_5OH\left(LT\right)}=0,2.46=9,2\left(g\right)\)

Mà: H = 80%

⇒ m_{C2H5OH (TT)} = 9,2.80% = 7,36 (g)

d, n_C2H5OH = 0,2.80% = 0,16 (mol)

PT: \(C_2H_5OH+O_2\underrightarrow{^{t^o,xt}}CH_3COOH+H_2O\)

_____0,16______________0,16 (mol)

\(2CH_3COOH+K_2CO_3\rightarrow2CH_3COOK+CO_2+H_2O\)

_______0,16___________________0,16_____0,08 (mol)

m _{dd sau pư} = 7,36 + 200 - 0,08.44 = 203,84 (g)

\(\Rightarrow C\%_{CH_3COOK}=\dfrac{0,16.98}{203,84}.100\%\approx7,7\%\)

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

nên BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

Xét (O) có

\(\widehat{CPQ}\) là góc nội tiếp chắn cung CQ

\(\widehat{CBQ}\) là góc nội tiếp chắn cung CQ

Do đó: \(\widehat{CPQ}=\widehat{CBQ}\)

=>\(\widehat{HPQ}=\widehat{HFE}\)

=>PQ//FE

b: Vì BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

nên BFEC nội tiếp (I)

=>IF=IE=IB=IC

Xét ΔICE có \(\widehat{EIB}\) là góc ngoài tại đỉnh I

nên \(\widehat{EIB}=\widehat{IEC}+\widehat{ICE}=2\cdot\widehat{ACB}\)

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

nên AFDC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{BFD}=\widehat{BCA}\left(=180^0-\widehat{AFD}\right)\)

Vì BFEC là tứ giác nội tiếp

nên \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\left(=180^0-\widehat{EFB}\right)\)

\(\widehat{AFE}+\widehat{EFD}+\widehat{BFD}=180^0\)

=>\(\widehat{EFD}+\widehat{ACB}+\widehat{ACB}=180^0\)

=>\(\widehat{EFD}+2\cdot\widehat{ACB}=180^0\)

=>\(\widehat{EFD}+\widehat{EID}=180^0\)

=>EFDI là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{FDE}=\widehat{FIE}\)

Xét (I) có

\(\widehat{FCE}\) là góc nội tiếp chắn cung FE

nên \(\widehat{FCE}=\dfrac{\widehat{FIE}}{2}\)

=>\(\widehat{FIE}=2\cdot\widehat{FCE}=2\cdot\widehat{ACF}=2\cdot\widehat{ABE}\)

Bạn bổ sung đầy đủ đề nhé.

Bài 3: Sửa đề: 4,8 (lít) → 4,48 (lít) 

a, \(CH_4+2O_2\underrightarrow{t^o}CO_2+2H_2O\)

b, \(n_{CH_4}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)

Theo PT: n_CO2 = n_CH4 = 0,2 (mol)

⇒ m_CO2 = 0,2.44 = 8,8 (g)

Bài 4:

a, \(C_2H_6O+3O_2\underrightarrow{t^o}2CO_2+3H_2O\)

b, \(n_{C_2H_6O}=\dfrac{6,9}{46}=0,15\left(mol\right)\)

Theo PT: n_CO2 = 2n_C2H6O = 0,3 (mol) ⇒ m_CO2 = 0,3.44 = 13,2 (g)

Em tham khảo câu 2 nhé

a, \(n_{CO_2}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)=n_C\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{7,2}{18}=0,4\left(mol\right)\Rightarrow n_H=0,4.2=0,8\left(mol\right)\)

⇒ m_C + m_H = 0,2.12 + 0,8.1 = 3,2 (g) = m_A

→ A chỉ gồm C và H.

Gọi CTPT của A là C_xH_y.

⇒ x:y = 0,2:0,8 = 1:4

→ A có dạng (CH₄)_n

Mà: M_A = 8.2 = 16 (g/mol)

\(\Rightarrow n=\dfrac{16}{12+1.4}=1\)

Vậy: A là CH₄.

b, Bạn tự viết CTCT nhé.

\(CH_4+Cl_2\underrightarrow{as}CH_3Cl+HCl\)

Gọi vận tốc xe máy là x(km/h)

(ĐK: x>0)

Vận tốc xe ô tô là x+20(km/h)

CB=AB-AC=80km

Thời gian ô tô đi từ B đến chỗ gặp là \(\dfrac{80}{x+20}\left(giờ\right)\)

Thời gian xe máy đi từ A đến chỗ gặp là \(\dfrac{120}{x}\left(giờ\right)\)

Do đó, ta có phương trình:

\(\dfrac{80}{x+20}=\dfrac{120}{x}\)

=>\(\dfrac{2}{x+20}=\dfrac{3}{x}\)

=>3(x+20)=2x

=>3x+60=2x

=>x=-60

=>Đề sai rồi bạn

Gọi (d): y=ax+b\(\left(a\ne0\right)\) là phương trình đường thẳng cần tìm

Thay x=1 và y=3 vào (d), ta được:

\(a\cdot1+b=3\)

=>a+b=3(1)

Thay x=-4 và y=-7 vào (d), ta được:

\(a\cdot\left(-4\right)+b=-7\)

=>-4a+b=-7(2)

Từ (1),(2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}a+b=3\\-4a+b=-7\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}5a=10\\a+b=3\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a=2\left(nhận\right)\\b=3-2=1\end{matrix}\right.\)

vậy: (d): y=2x+1