Số mol của $CaO$ là:

$n_{CaO} = \frac{25,2}{56} = 0,45\text{ (mol)}$

Đổi thể tích dung dịch bazo thu được:

$V_{dd} = 300\text{ ml} = 0,3\text{ l}$

a) Phương trình hóa học:

$CaO + H_2O \rightarrow Ca(OH)_2$

b) Tính nồng độ mol của dung dịch bazo thu được:

Theo phương trình hóa học:

$n_{Ca(OH)_2} = n_{CaO} = 0,45\text{ (mol)}$

Nồng độ mol của dung dịch $Ca(OH)_2$ thu được là:

$C_{M_{Ca(OH)_2}} = \frac{n_{Ca(OH)_2}}{V_{dd}} = \frac{0,45}{0,3} = 1,5\text{ (M)}$

c) Tính khối lượng dung dịch $HCl$ $14,6\%$ cần dùng để trung hòa dung dịch bazo nói trên:

Phương trình hóa học trung hòa:

$Ca(OH)_2 + 2HCl \rightarrow CaCl_2 + 2H_2O$

Theo phương trình hóa học:

$n_{HCl} = 2 \cdot n_{Ca(OH)_2} = 2 \cdot 0,45 = 0,9\text{ (mol)}$

Khối lượng $HCl$ nguyên chất cần dùng là:

$m_{HCl} = 0,9 \cdot 36,5 = 32,85\text{ (g)}$

Khối lượng dung dịch $HCl$ $14,6\%$ cần dùng là:

$m_{dd\,HCl} = \frac{m_{HCl} \cdot 100\%}{C\%} = \frac{32,85 \cdot 100}{14,6} = 225\text{ (g)}$

Fe3O4 + 3H2 -> 3Fe + 4H2O

  232                  3\(\times\)56              (M)

\(mFe3O4=1.5\times80\%=1.2\) tấn

\(mFe=\dfrac{1.2\times3\times56}{232}=0.87\) tấn

Chọn D

a) Xác định vị trí tương đối của điểm C với (O; R):

Vì $\triangle ABC$ vuông tại $C$ có $AB$ là đường kính của đường tròn $(O; R)$, nên trung điểm $O$ của $AB$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$.

Do đó: $OC = OA = OB = R = \frac{AB}{2}$

Vậy điểm $C$ nằm trên (thuộc) đường tròn $(O; R)$.

b) Xác định vị trí tương đối của đường thẳng KC với (O; R):

Vì $K$ là trung điểm của $BC$ nên điểm $C$ thuộc đường thẳng $KC$.

Lại có điểm $C$ thuộc đường tròn $(O; R)$ (chứng minh ở câu a).

Do đó, đường thẳng $KC$ và đường tròn $(O; R)$ có ít nhất một điểm chung là $C$.

Mặt khác, $K$ nằm trên đoạn $BC$ (nằm bên trong đường tròn) nên đường thẳng $KC$ (chính là đường thẳng $BC$) cắt đường tròn $(O; R)$ tại hai điểm phân biệt $B$ và $C$.

Vậy đường thẳng $KC$ cắt đường tròn $(O; R)$.

c) Tính CH theo R:

Xét $\triangle ABC$ vuông tại $C$, đường cao $CH$:

Ta có: $AB = 2R$ và $\widehat{ABC} = 30^\circ$

Trong $\triangle ABC$ vuông tại $C$:

$BC = AB \cdot \cos\widehat{ABC} = 2R \cdot \cos 30^\circ = 2R \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = R\sqrt{3}$

Xét $\triangle BCH$ vuông tại $H$:

$CH = BC \cdot \sin\widehat{ABC} = R\sqrt{3} \cdot \sin 30^\circ = R\sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{R\sqrt{3}}{2}$

Vậy $CH = \frac{R\sqrt{3}}{2}$.

d) Chứng minh DC là tiếp tuyến của (O; R):

Xét đường tròn $(O; R)$ có $OC = OB = R$ nên $\triangle OBC$ cân tại $O$.

Lại có $K$ là trung điểm của dây cung $BC$, suy ra $OK \perp BC$ tại $K$ (đường kính đi qua trung điểm của dây không đi qua tâm thì vuông góc với dây đó).

Do đó $OK$ là đường trung trực của đoạn thẳng $BC$.

Vì $D \in OK$ nên $DB = DC$.

Xét $\triangle OBD$ và $\triangle OCD$ có:

- $OB = OC = R$

- $OD$ là cạnh chung

- $DB = DC$

$\Rightarrow \triangle OBD = \triangle OCD$ (c.c.c)

$\Rightarrow \widehat{OCD} = \widehat{OBD}$

Mà $Bx$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $B$ nên $Bx \perp OB \Rightarrow \widehat{OBD} = 90^\circ$.

Suy ra $\widehat{OCD} = 90^\circ \Rightarrow DC \perp OC$ tại $C$.

Vì $C \in (O)$ và $DC \perp OC$ tại $C$, nên $DC$ là tiếp tuyến của $(O; R)$.

e) Chứng minh 3 điểm E, C, D thẳng hàng:

Vì $Ay$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$ nên $AE \perp AB$.

Lại có $CH \perp AB$ (theo giả thiết), suy ra $AE \parallel CH$.

Áp dụng hệ quả của định lý Ta-lét:

- Trong $\triangle BAE$ có $CI \parallel AE$ (vì $I \in CH$ và $CH \parallel AE$):

$\frac{CI}{AE} = \frac{BI}{BE}$ (1)

- Trong $\triangle BAE$ kéo dài với $IH \parallel AE$:

$\frac{IH}{AE} = \frac{BI}{BE}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{CI}{AE} = \frac{IH}{AE} \Rightarrow CI = IH$.

Do $I$ là trung điểm của $CH$ nên $CI = IH$ là luôn đúng.

Gọi $E'$ là giao điểm của $DC$ và $Ay$. Ta sẽ chứng minh $E'$ trùng với $E$.

Vì $Ay \parallel CH$ và $Bx \parallel Ay$ (cùng vuông góc với $AB$), nên $Bx \parallel CH \parallel Ay$.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau $E'A$ và $E'C$ tại $E'$, ta có $E'A = E'C$.

Tương tự $DB = DC$.

Do $CH \parallel AE'$ và $CH \parallel BD$, theo định lý Ta-lét:

$\frac{CI}{E'A} = \frac{BI}{BE'}$ và $\frac{IH}{E'A} = \frac{BI}{BE'}$

Kết hợp $CI = IH$ suy ra đường thẳng $BI$ kéo dài sẽ đi qua giao điểm của tiếp tuyến $Ay$ và tiếp tuyến $CD$.

Do đó $E'$ chính là điểm $E$ (giao điểm của $BI$ và $Ay$).

Vậy ba điểm $E, C, D$ thẳng hàng (đpcm).

6:

=0,25(2+3+5)*1-1=2,5-1=1,5

a: O(0;0); A(2;3); B(5;3)

\(OA=\sqrt{\left(2-0\right)^2+\left(3-0\right)^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}\)

\(OB=\sqrt{\left(5-0\right)^2+\left(3-0\right)^2}=\sqrt{5^2+3^2}=\sqrt{34}\)

\(AB=\sqrt{\left(5-2\right)^2+\left(3-3\right)^2}=3\)

Xét ΔOAB có cosAOB=\(\frac{OA^2+OB^2-AB^2}{2\cdot OA\cdot OB}\)

\(=\frac{13+34-9}{2\cdot\sqrt{13}\cdot\sqrt{34}}=\frac{38}{2\cdot\sqrt{442}}=\frac{19}{\sqrt{442}}\)

=>sinAOB=\(=\sqrt{1-\frac{19^2}{442}}=\sqrt{\frac{81}{442}}=\frac{9}{\sqrt{442}}\)

Diện tích tam giác OAB là:

\(S_{OAB}=\frac12\cdot OA\cdot OB\cdot\sin AOB\)

\(=\frac12\cdot\sqrt{13}\cdot\sqrt{34}\cdot\frac{9}{\sqrt{442}}=\frac92\)

b: Chu vi tam giác ABO là;
OA+OB+AB

\(=\sqrt{13}+\sqrt{34}+3\)

a: \(\Delta=\left(5m-1\right)^2-4\left(6m^2-2m\right)\)

\(=25m^2-10m+1-24m^2+8m\)

\(=m^2-2m+1=\left(m-1\right)^2\ge0\forall m\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm

b: Theo Vi-et, ta có: \(x_1+x_2=-\frac{b}{a}=5m-1;x_1x_2=\frac{c}{a}=6m^2-2m\)

\(x_1^2+x_2^2=1\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=1\)

=>\(\left(5m-1\right)^2-2\left(6m^2-2m\right)=1\)

=>\(25m^2-10m+1-12m^2+4m=1\)

=>\(13m^2-6m=0\)

=>m(13m-6)=0

=>m=0 hoặc m=6/13

câu 1 là 2 cạnh góc vuông hay 1 cạnh góc vuông và cạnh huyền thế

câu 2 AC là cạnh góc vuông hay cạnh huyền 

1. Xét \(\Delta\)ABC vuông tại A, theo tỉ số lượng giác ta có

\(\cos B=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{6}{10}\Rightarrow B=53^O\\ C=A-B=90^o-53^o=37^o\\ AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8\)

2.  Xét \(\Delta\)ABC vuông tại A, theo tỉ số lượng giác ta có

\(\sin C=\dfrac{AB}{BC}\Rightarrow BC=\dfrac{AB}{\sin C}=\dfrac{5}{sin30}=10\\ AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{10^2-5^2}=5\sqrt{3}\\ B=A-C=90^o-30^o=60^o\)