Gọi A(x;y) và B(x;y) lần lượt là giao điểm của (d) với trục Ox,Oy

Tọa độ A là:

\(\left\{{}\begin{matrix}y=0\\\left(2m+1\right)x-1=0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=0\\x=\dfrac{1}{2m+1}\end{matrix}\right.\)

=>\(OA=\sqrt{\left(\dfrac{1}{2m+1}-0\right)^2+\left(0-0\right)^2}=\dfrac{1}{\left|2m+1\right|}\)

Tọa độ B là:

\(\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=\left(2m+1\right)\cdot0-1=-1\end{matrix}\right.\)

=>B(0;-1)

\(OB=\sqrt{\left(0-0\right)^2+\left(-1-0\right)^2}=1\)

Vì Ox\(\perp\)Oy

nên OA\(\perp\)OB

=>ΔOAB vuông tại O

=>\(S_{OAB}=\dfrac{1}{2}\cdot OA\cdot OB=\dfrac{1}{2}\cdot1\cdot\dfrac{1}{\left|2m+1\right|}=\dfrac{1}{2\left|2m+1\right|}\)

Để \(S_{OAB}=\dfrac{1}{2}\) thì \(\dfrac{1}{2\left|2m+1\right|}=\dfrac{1}{2}\)

=>|2m+1|=1

=>\(\left[{}\begin{matrix}2m+1=1\\2m+1=-1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=0\\m=-1\end{matrix}\right.\)

b: Xét ΔABC có AM là phân giác ngoài tại A

nên \(\dfrac{MB}{MC}=\dfrac{AB}{AC}\)

Xét ΔCMA có BN//MA

nên \(\dfrac{BC}{BM}=\dfrac{CN}{NA}\)

=>\(\dfrac{BC+BM}{BM}=\dfrac{CN+NA}{NA}\)

=>\(\dfrac{MC}{BM}=\dfrac{CA}{NA}\)

=>\(\dfrac{MB}{MC}=\dfrac{NA}{CA}\)

mà \(\dfrac{MB}{MC}=\dfrac{BA}{AC}\)

nên \(\dfrac{NA}{CA}=\dfrac{BA}{AC}\)

=>NA=BA

* Vì bạn đang cần gấp cho câu b nên mình chỉ giải câu b thôi nhé ^^
Theo giả thiết, ta có AM // BN. Do đó, theo định lý về đường song song, ta có:
$\frac{AB}{AC} = \frac{AN}{NC} \tag{1}$
Tuy nhiên, do AM là tia phân giác góc ngoài tại A của tam giác ABC, ta có:
$\frac{AB}{AC} = \frac{BM}{MC} \tag{2}$
Từ (1) và (2), ta có:
$\frac{AN}{NC} = \frac{BM}{MC}$
Do đó, AN = BM.
Nhưng BM = BA (do M là điểm nằm trên tia đối của BA), nên AN = BA.
Vậy, AB = AN. 

a: Xét ΔBAC có

M,N lần lượt là trung điểm của BA,BC

=>MN là đường trung bình của ΔBAC

=>MN//AC

=>MN\(\perp\)AB

Xét tứ giác AMNC có NM//AC

nên AMNC là hình thang

Hình thang AMNC có \(\widehat{CAM}=90^0\)

nên AMNC là hình thang vuông

b: Gọi H,K lần lượt là trung điểm của MA,NC

Xét ΔAMN có

H,E lần lượt là trung điểm của AM,AN

=>HE là đường trung bình của ΔAMN

=>HE//MN và \(HE=\dfrac{MN}{2}\)

Xét ΔCMN có

F,K lần lượt là trung điểm của CM,CN

=>FK là đường trung bình của ΔCMN

=>FK//MN và \(FK=\dfrac{MN}{2}\)

Xét ΔNACcó

E,K lần lượt là trung điểm của NA,NC

=>EK là đường trung bình của ΔNAC

=>EK//AC

mà AC//MN

nên EK//MN

Ta có: HE//MN

EK//MN

HE,EK có điểm chung là E

Do đó: H,E,K thẳng hàng

Ta có: EK//MN

FK//MN

EK,FK có điểm chung là K

Do đó: E,F,K thẳng hàng

=>H,E,F,K thẳng hàng

Xét hình thang MNCA có

H,K lần lượt là trung điểm của AM,CN

=>HK là đường trung bình của hình thang MNCA

=>\(HK=\dfrac{MN+CA}{2}\)

\(HE+EF+FK=\dfrac{MN+CA}{2}\)

=>\(\dfrac{MN}{2}+\dfrac{MN}{2}+EF=\dfrac{MN+CA}{2}\)

=>\(EF=\dfrac{AC-MN}{2}\)

a) MN là đường trung bình của tam giác ABC vì M, N lần lượt là trung điểm của BA và BC.
--> MN song song với AC vì MN là đường trung bình của tam giác ABC.
=> Do đó, ACNM là hình thang vuông vì MN song song với AC và AM vuông góc với AC.
b) Ta có ME = MA/2 = AB/2 và NF = NC/2 = BC/2.
=> Do đó, EF = MN - (ME + NF) = MN - (AB + BC)/2 = (AC - MN) / 2.

a, \(n_{CO_2}=\dfrac{17,6}{44}=0,4\left(mol\right)=n_C\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{10,8}{18}=0,6\left(mol\right)\Rightarrow n_H=0,6.2=1,2\left(mol\right)\)

Đốt X thu CO₂ và H₂O → X gồm C và H, có thể có O.

Ta có: m_C + m_H = 0,4.12 + 1,2.1 = 6 (g) < m_X

→ X có C, H và O.

m_O = 9,2 - 6 = 3,2 (g) \(\Rightarrow n_O=\dfrac{3,2}{16}=0,2\left(mol\right)\)

b, Gọi CTHH của X là C_xH_yO_z

⇒ x:y:z = 0,4:1,2:0,2 = 2:6:1

→ X có CTHH dạng (C₂H₆O)_n

Có: M_X = 23.2 = 46 (g/mol)

\(\Rightarrow n=\dfrac{46}{12.2+1.6+16}=1\)

Vậy: X là C₂H₆O.

Ta có: n_HCl = 0,6.1,5 = 0,9 (mol) = n_{Cl (trong muối)}

m _muối = m_KL + m_Cl = 20,4 + 0,9.35,5 = 52,35 (g)

PT: \(MgO+H_2SO_4\rightarrow MgSO_4+H_2O\)

\(Fe_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Fe_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)

\(CuO+H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+H_2O\)

Ta có: \(m_{H_2SO_4}=250.19,6\%=49\left(g\right)\)

\(\Rightarrow n_{H_2SO_4}=\dfrac{49}{98}=0,5\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{H_2O}=n_{H_2SO_4}=0,5\left(mol\right)\)

Theo ĐL BTKL, có: m _oxit + m_H2SO4 = m _muối + m_H2O

⇒ m _muối = 24 + 49 - 0,5.18 = 64 (g)

tại sao Fe2O3 + H2SO4 lại không ra là FeSO4 mà lại là Fe2(SO4)3?

\(\left(\dfrac{2+x}{2-x}+\dfrac{4x^2}{4-x^2}\right)-\dfrac{2-x}{2+x}:\dfrac{-\left(x-1\right)}{2x-x^2}\)

\(=\left(\dfrac{-\left(x+2\right)}{x-2}-\dfrac{4x^2}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}\right)+\dfrac{x-2}{x+2}:\dfrac{-\left(x-1\right)}{-x\left(x-2\right)}\)

\(=\dfrac{-\left(x+2\right)^2-4x^2}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}+\dfrac{x-2}{x+2}\cdot\dfrac{x\left(x-2\right)}{x-1}\)

\(=\dfrac{-5x^2-4x-4}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}+\dfrac{x\left(x-2\right)^2}{\left(x+2\right)\left(x-1\right)}\)

\(=\dfrac{\left(-5x^2-4x-4\right)\left(x-1\right)+x\left(x-2\right)^3}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)\left(x-1\right)}\)

\(=\dfrac{-5x^3+5x^2-4x^2+4x-4x+4+x\left(x^3-6x^2+12x-8\right)}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)\left(x-1\right)}\)

\(=\dfrac{-5x^3+x^2+4+x^4-6x^3+12x^2-8x}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)\left(x-1\right)}\)

\(=\dfrac{x^4-11x^3+13x^2-8x+4}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)\left(x-1\right)}\)

Thể hiện cảm hứng yêu nước và tinh thần trách nhiệm cao cả của Bác Hồ trước vận mệnh của đất nước.

Bài thơ thể hiện cảm hứng yêu nước mãnh liệt dạt dào ánh sáng và âm thanh. Đó là ánh sáng của trăng Việt Bắc, của lòng yêu nước sâu sắc. Cùng với bài thơ Cảnh rừng Việt Bắc, Đi thuyền trên sông Đáy, cảnh khuya thể hiện tình yêu thiên nhiên, yêu nước sâu sắc của Bác trong một đêm trăng nơi núi rừng Việt Bắc.

Thể hiện tâm hồn thanh cao, ung dung, tự tại của Bác Hồ trong hoàn cảnh tù đày khắc nghiệt.