Chọn C

Ta có

 \(a^2+1=a^2+ab+bc+ca=a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)=\left(a+b\right).\left(a+c\right)\\ Cmtt:b^2+1=\left(b+a\right).\left(b+c\right)\\ c^2+1=\left(c+a\right).\left(c+b\right)\)

Nên

 \(\dfrac{b-c}{a^2+1}+\dfrac{c-a}{b^2+1}+\dfrac{a-b}{c^2+1}\\ =\dfrac{\left(b-c\right)}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{\left(c-a\right)}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}+\dfrac{\left(a-b\right)}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\\ =\dfrac{\left(b-c\right)\left(b+c\right)+\left(c-a\right)\left(c+a\right)+\left(a-b\right)\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\\ =\dfrac{b^2-c^2+c^2-a^2+a^2-b^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\\ =0\)

\(\dfrac{b-c}{a^2+1}+\dfrac{c-a}{b^2+1}+\dfrac{a-b}{c^2+1}\)

\(=\dfrac{b-c}{a^2+ab+bc+ac}+\dfrac{c-a}{b^2+ab+bc+ca}+\dfrac{a-b}{c^2+ab+bc+ca}\)

\(=\dfrac{b-c}{a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)}+\dfrac{c-a}{b\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)}+\dfrac{a-b}{c\left(c+a\right)+b\left(a+c\right)}\)

\(=\dfrac{b-c}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}+\dfrac{c-a}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}+\dfrac{a-b}{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\)

\(=\dfrac{\left(b-c\right)\left(b+c\right)+\left(c-a\right)\left(a+c\right)+\left(a-b\right)\left(a+b\right)}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)}\)

\(=\dfrac{b^2-c^2+c^2-a^2+a^2-b^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\) 

Ủa alo

Tui làm rồi mà

cái này bạn gửi ở dưới rồi còn gì

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).

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:

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

2.

Xét BPT: \(\left(x+3\right)\left(4-x\right)>0\Leftrightarrow-3< x< 4\) \(\Rightarrow D_1=\left(-3;4\right)\)

Xét BPT: \(x< m-1\) \(\Rightarrow D_2=\left(m-1;+\infty\right)\)

Hệ có nghiệm khi và chỉ khi \(D_1\cap D_2\ne\varnothing\)

\(\Leftrightarrow m-1< 4\)

\(\Leftrightarrow m< 5\)

3.

\(\dfrac{\pi}{24}=\dfrac{180^0}{24}=7^030'\)

4.

\(x^2+y^2-x+y+4=0\) không phải đường tròn

Do \(\left(\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2-4< 0\)

5.

\(f\left(x\right)=ax^2+bx+c\) có \(\left\{{}\begin{matrix}a\ne0\\\Delta=b^2-4ac< 0\end{matrix}\right.\) thì \(f\left(x\right)\) không đổi dấu trên R

6.

\(sin2020a=sin\left(2.1010a\right)=2sin1010a.cos1010a\)

7.

Công thức B sai

\(cos^2a+sin^2a=1\) , không phải \(cos2a\)

30:18x8=5/3x8