a) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Fe}=\dfrac{22,4}{56}=0,4\left(mol\right)\\n_{AgNO_3}=0,2.0,1=0,02\left(mol\right)\\n_{Cu\left(NO_3\right)_2}=0,2.0,5=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

PTHH:           \(Fe+2AgNO_3\rightarrow Fe\left(NO_3\right)_2+2Ag\downarrow\) (1)

ban đầu        0,4       0,02

sau pư          0,39       0                  0,01            0,02

                      \(Fe+Cu\left(NO_3\right)_2\rightarrow Fe\left(NO_3\right)_2+Cu\downarrow\) (2)

ban đầu         0,39        0,1

sau pư           0,29          0                0,1               0,1

=> m_A = 0,1.64 + 0,02.108 + 0,29.56 = 24,8 (g)

b) \(C_{M\left(Fe\left(NO_3\right)_2\right)}=\dfrac{0,1+0,01}{0,2}=0,55M\)

Ta có: \(\left(x^2-x\right)^3+x^2=x^3+2x\)

=>\(\left(x^2-x\right)^3-x^3+x^2-2x=0\)

=>\(\left(x^2-x-x\right)\left\lbrack\left(x^2-x\right)^2+x\left(x^2-x\right)+x^2\right\rbrack+\left(x^2-2x\right)=0\)

=>\(\left(x^2-2x\right)\left\lbrack\left(x^2-x\right)^2+x\left(x^2-x\right)+x^2+1\right\rbrack=0\)

=>\(x^2-2x=0\)

=>x(x-2)=0

=>x=0 hoặc x=2

a: \(A=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}-\frac{7}{\sqrt{x}+1}-\frac{12}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\)

\(=\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)-7\left(\sqrt{x}-3\right)-12}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\)

\(=\frac{x+\sqrt{x}-7\sqrt{x}+21-12}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}=\frac{x-6\sqrt{x}+9}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\)

\(=\frac{\left(\sqrt{x}-3\right)^2}{\left(\sqrt{x}+1\right)\cdot\left(\sqrt{x}-3\right)}=\frac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}+1}\)

b: Thay x=16 vào A, ta được:

\(A=\frac{\sqrt{16}-3}{\sqrt{16}+1}=\frac{4-3}{4+1}=\frac15\)

Có \(1024=2^{10}\) -> Có 10 cặp NST 

=> 2n  =  10 . 2 = 20 

Vậy bộ NST loài đó là 2n = 20

a: ΔMNP vuông tại M

=>\(\hat{MNP}+\hat{MPN}=90^0\)

=>\(\hat{MNP}=90^0-60^0=30^0\)

Xét ΔMNP vuông tại M có sin MNP=\(\frac{MP}{NP}\)

=>\(\frac{MP}{10}=\sin30=\frac12\)

=>MP=5(cm)

ΔMNP vuông tại M

=>\(MN^2+MP^2=NP^2\)

=>\(MP^2=10^2-5^2=100-25=75\)

=>\(MP=5\sqrt3\) (cm)

b: Xét ΔMNP vuông tại M có MH là đường cao

nên \(MH\cdot NP=MN\cdot MP\)

=>\(MH\cdot10=5\cdot5\sqrt3=25\sqrt3\)

=>\(MH=\frac{25\sqrt3}{10}=\frac{5\sqrt3}{2}\) (cm)

Xét ΔMNP vuông tại M có MH là đường cao

nên \(NH\cdot NP=NM^2\)

=>\(NH=\frac{5^2}{10}=2,5\left(\operatorname{cm}\right)\)

NH+PH=NP

=>PH=10-2,5=7,5(cm)

c: Xét ΔNHM vuông tại H và ΔNMP vuông tại M có

góc HNM chung

Do đó: ΔNHM~ΔNMP

=>\(\frac{NM}{NP}=\frac{NH}{NM}\) (1)

Xét ΔNMP có NJ là phân giác

nên \(\frac{JM}{JP}=\frac{MN}{NP}\) (2)

Xét ΔNHM có NI là phân giác

nên \(\frac{IH}{IM}=\frac{NH}{NM}\) (3)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\frac{JM}{JP}=\frac{IH}{IM}\)

khó thế mà chị cx nghĩ ra , em bái phục chị , chị quá giỏi⚡

Ta có:

\(\dfrac{\sqrt{21}-\sqrt{7}}{\sqrt{3}-1}=\dfrac{\sqrt{7}\left(\sqrt{3}-1\right)}{\sqrt{3}-1}=\sqrt{7}\\ \dfrac{\sqrt{18}-\sqrt{3}}{\sqrt{6}-1}=\dfrac{\sqrt{3}\left(\sqrt{6}-1\right)}{\sqrt{6}-1}=\sqrt{3}\)

Vì vậy \(\left(\dfrac{\sqrt{21}-\sqrt{7}}{\sqrt{3}-1}+\dfrac{\sqrt{18}-\sqrt{3}}{\sqrt{6}-1}\right):\dfrac{2}{\sqrt{7}-\sqrt{3}}\\ =\left(\sqrt{7}+\sqrt{3}\right).\dfrac{\sqrt{7}-\sqrt{3}}{2}\\ =\dfrac{7-3}{2}=2\)

Đs...

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

Xét ΔCAB vuông tại C có CI là đường cao

nên \(CI\cdot AB=CA\cdot CB\)

Xét ΔCIA vuông tại I có IH là đường cao

nên \(CH\cdot CA=CI^2\)

=>\(CH=\frac{CI^2}{CA}\)

Xét ΔCIB vuông tại I có IK là đường cao

nên \(CK\cdot CB=CI^2\)

=>\(CK=\frac{CI^2}{CB}\)

Xét tứ giác CHIK có \(\hat{CHI}=\hat{CKI}=\hat{HCK}=90^0\)

nên CHIK là hình chữ nhật

=>\(S_{CHIK}=CH\cdot CK=\frac{CI^2}{CA}\cdot\frac{CI^2}{CB}=\frac{CI^4}{CA\cdot CB}=\frac{CI^4}{CI\cdot AB}=\frac{CI^3}{AB}\)

Để Diện tích hình chữ nhật CHIK lớn nhất thì CI lớn nhất

mà CI<=CO(ΔCIO vuông tại I)

và CO=R

nên \(CI_{\max}=R\)

=>Diện tích lớn nhất của hình chữ nhật CHIK là: \(S_{CHIK}=\frac{R^3}{2R}=\frac{R^2}{2}\)

ΔOCD cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của CD

=>\(IC=ID=\frac{CD}{2}=8\left(\operatorname{cm}\right)\)

=>\(S_{CHIK}=\frac{CI^3}{AB}=\frac{8^3}{10}=51,2\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

Xét ΔCAB vuông tại C có CI là đường cao

nên \(CI^2=IA\cdot IB\)

=>\(IA\cdot IB=8^2=64\)

mà IA+IB=AB=20

nên IA;IB là các nghiệm của phương trình:

\(x^2-20x+64=0\)

=>(x-4)(x-16)=0

=>x=4 hoặc x=16

Vậy: Sẽ có hai trường hợp là:

IA=4cm; IB=16cm

hoặc IA=16cm; IB=4cm

ĐKXĐ: 5x-9>=0

=>5x>=9

=>x>=1,8

Ta có: \(K=\sqrt{5x+6\sqrt{5x-9}}+\sqrt{5x-6\sqrt{5x-9}}\)

\(=\sqrt{5x-9+2\cdot\sqrt{5x-9}\cdot3+9}+\sqrt{5x-9-2\cdot\sqrt{5x-9}\cdot3+9}\)

\(=\sqrt{\left(\sqrt{5x-9}+3\right)^2}+\sqrt{\left(\sqrt{5x-9}-3\right)^2}=\left|\sqrt{5x-9}+3\right|+\left|\sqrt{5x-9}-3\right|\)

=>\(K\le\left|\sqrt{5x-9}+3+3-\sqrt{5x-9}\right|=6\)

Dấu '=' xảy ra khi \(\left(\sqrt{5x-9}+3\right)\left(\sqrt{5x-9}-3\right)\le0\)

=>\(\sqrt{5x-9}-3\le0\)

=>\(\sqrt{5x-9}\le3\)

=>5x-9<=9

=>5x<=18

=>x<=3,6

=>1,8<=x<=3,6

a: Xét tứ giác BPKC có \(\hat{BPC}=\hat{BKC}=90^0\)

nên BPKC là tứ giác nội tiếp

b: BPKC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{PKC}+\hat{PBC}=180^0\)

mà \(\hat{PKC}+\hat{AKP}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{AKP}=\hat{ABC}\)

Gọi Ax là tiếp tuyến tại A của (O)

=>Ax⊥ OA tại A

Xét (O) có

\(\hat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC

\(\hat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\hat{xAC}=\hat{ABC}\)

=>\(\hat{xAC}=\hat{AKP}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên KP//Ax

=>OA⊥EF

ΔOEF cân tại O

mà OA là đường cao

nên OA là phân giác của góc EOF

Xét ΔEOA và ΔFOA có

EO=FO

\(\hat{EOA}=\hat{FOA}\)

OA chung

Do đó: ΔEOA=ΔFOA

=>\(\hat{EAO}=\hat{FAO}\)

=>AO là phân giác của góc EAF