a) 

Mg + 2HCl ---> MgCl₂ + H₂ (1)

MgO + 2HCl ---> MgCl₂ + H₂O (2)

b) \(n_{H_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\)

Theo (1): \(n_{Mg}=n_{H_2}=0,15\left(mol\right)\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}m_{Mg}=0,15.24=3,6\left(g\right)\\m_{MgO}=10-3,6=6,4\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

c) \(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Mg}=\dfrac{3,6}{10}.100\%=36\%\\\%m_{MgO}=100\%-36\%=64\%\end{matrix}\right.\)

d) \(n_{MgO}=\dfrac{6,4}{40}=0,16\left(mol\right)\)

Theo (1), (2): \(n_{HCl}=2n_{Mg}+2n_{MgO}=0,62\left(mol\right)\)

=> \(C_{M\left(HCl\right)}=\dfrac{0,62}{0,2}=3,1M\)

e) Theo (1), (2): \(n_{MgCl_2}=\dfrac{1}{2}n_{HCl}=0,31\left(mol\right)\)

=> m_muối = 0,31.95 = 29,45 (g)

f) \(C_{M\left(MgCl_2\right)}=\dfrac{0,31}{0,2}=1,55M\)

1 interest

2 cultural

3 artisan

4 craft

5 traditional

6 woven

7 remind

8 villagers

9 history

10 educational

Bài 31:

a: Xét ΔAHB vuông tại H có HD là đường cao

nên \(AD\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)

b: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2;CH\cdot CB=CA^2\)

=>\(\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{BH\cdot CB}{CH\cdot BC}=\frac{BH}{CH}\)

c: Xét ΔAHB vuông tại H có HD là đường cao

nên \(BD\cdot BA=BH^2\)

=>\(BD=\frac{BH^2}{BA}\)

Xét ΔHAC vuông tại H có HE là đường cao

nên \(CE\cdot CA=CH^2\)

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

\(\frac{BD}{CE}=\frac{BH^2}{BA}:\frac{CH^2}{AC}\)

\(=\frac{BH^2}{AB}\cdot\frac{AC}{CH^2}=\left(\frac{BH}{CH}\right)^2\cdot\frac{AC}{AB}\)

\(=\left(\frac{AB^2}{AC^2}\right)^2\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{AB^4\cdot AC}{AC^4\cdot AB}=\frac{AB^3}{AC^3}\)

d: \(BD\cdot CE\cdot BC\)

\(=\frac{BH^2}{AB}\cdot\frac{CH^2}{AC}\cdot BC\)

\(=\frac{\left(BH\cdot CH\right)^2}{AH\cdot BC}\cdot BC=\frac{AH^4}{AH}=AH^3\)

e: Xét ΔABC có AB<AC
mà HB,HC lần lượt là hình chiếu của AB,AC trên BC

nên HB<HC

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(HA^2=HB\cdot HC\)

=>\(HB\cdot HC=4^2=16\)

HB+HC=BC(H nằm giữa B và C)

=>HB+HC=10

mà \(HB\cdot HC=16\)

nên HB,HC là các nghiệm của phương trình:

\(x^2-10x+16=0\)

=>(x-2)(x-8)=0

=>\(\left[\begin{array}{l}x-2=0\\ x-8=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x=2\\ x=8\end{array}\right.\)
=>BH=2cm; CH=8cm

Xét tứ giác ADHE có \(\hat{ADH}=\hat{AEH}=\hat{DAE}=90^0\)

nên ADHE là hình chữ nhật

=>\(S_{ADHE}=AD\cdot AE=\frac{AH^2}{AB}\cdot\frac{AH^2}{AC}\)

\(=\frac{AH^4}{AB\cdot AC}=\frac{AH^3\cdot AH}{AH\cdot BC}=\frac{AH^3}{BC}\)

\(=\frac{4^3}{10}=6,4\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

=>\(S_{ADE}=\frac{6.4}{2}=3,2\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot AH\cdot BC=\frac12\cdot4\cdot10=2\cdot10=20\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

TA có: \(S_{ADE}+S_{BDEC}=S_{ABC}\)

=>\(S_{BDEC}=20-3,2=16,8\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

a: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp

=>A,E,H,F cùng thuộc một đường tròn

b: Gọi I là trung điểm của BC

Xét (O) có

ΔABK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔABK vuông tại B

=>BA⊥BK

mà CH⊥BA

nên CH//BK

Xét (O) có

ΔACK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔACK vuông tại C

=>CA⊥CK

mà BH⊥CA
nên BH//CK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường

mà I là trung điểm của BC

nên I là trung điểm của HK

=>H,I,K thẳng hàng

Xét (O) có

ΔANK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔANK vuông tại N

=>\(\hat{ANK}=90^0\) (1)

Gọi X là trung điểm của AH

=>X là tâm đường tròn đường kính AH

Xét (X) có

ΔANH nội tiếp

AH là đường kính

Do đó: ΔANH vuông tại N

=>\(\hat{ANH}=90^0\) (2)

Từ (1),(2) suy ra tia NH và tia NK trùng nhau

=>N,H,K thẳng hàng

mà H,I,K thẳng hàng

nên N,H,K,I thẳng hàng

\(ĐKXĐ:\left\{{}\begin{matrix}x\ge-1\\x^2-3x-1\ge0\end{matrix}\right.\)

Ta có \(\sqrt{x^3+1}=x^2-3x-1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}=x^2-x+1-2\left(x+1\right)\)

Đặt \(\sqrt{x+1}=a;\sqrt{x^2-x+1}=b\left(a\ge0;b>0\right)\)

Khi đó ab = b² - 2a² 

<=> b² - ab - 2a² = 0 

<=> (b + a)(b - 2a) = 0 

<=> b - 2a = 0 (vì \(a\ge0;b>0\Rightarrow a+b>0\)) 

<=> b = 2a 

<=> \(\sqrt{x^2-x+1}=2\sqrt{x+1}\)

<=> \(x^2-x+1=4\left(x+1\right)\)

<=> \(x^2-5x-3=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{5+\sqrt{37}}{2}\\x=\dfrac{5-\sqrt{37}}{2}\end{matrix}\right.\)(tm)

Vậy tập nghiệm \(S=\left\{\dfrac{5\pm\sqrt{37}}{2}\right\}\)

a: Ta có: \(\left(3-\frac{a-2\sqrt{a}}{\sqrt{a}-2}\right)\left(3-\frac{3a+\sqrt{a}}{3\sqrt{a}+1}\right)\)

\(=\left(3-\frac{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-2\right)}{\sqrt{a}-2}\right)\left(3-\frac{\sqrt{a}\left(3\sqrt{a}+1\right)}{3\sqrt{a}+1}\right)\)

\(=\left(3-\sqrt{a}\right)\left(3-\sqrt{a}\right)=\left(3-\sqrt{a}\right)^2=a-6\sqrt{a}+9\)

b: \(\left(\frac{a-\sqrt{a}}{\sqrt{a}-1}+2\right)\left(2-\frac{a+\sqrt{a}}{\sqrt{a}+1}\right)\)

\(=\left(\frac{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-1\right)}{\sqrt{a}-1}+2\right)\left(2-\frac{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+1\right)}{\sqrt{a}+1}\right)\)

\(=\left(2+\sqrt{a}\right)\left(2-\sqrt{a}\right)=4-a\)

- Bổ sung đề: CMR \(\dfrac{1+3x}{1+y^2}+\dfrac{1+3y}{1+z^2}+\dfrac{1+3z}{1+x^2}\ge6\).

- Ta có: \(\dfrac{1+3x}{1+y^2}=\left(1+3x\right)-\dfrac{y^2\left(1+3x\right)}{1+y^2}\ge\left(1+3x\right)-\dfrac{y^2\left(1+3x\right)}{2y}=1+3x-\dfrac{y\left(1+3x\right)}{2}=1+3x-\dfrac{y}{2}-\dfrac{3xy}{2}\left(1\right)\)

- Tương tự, ta cũng có:

\(\dfrac{1+3y}{1+z^2}=1+3y-\dfrac{z}{2}-\dfrac{3yz}{2}\left(2\right)\), \(\dfrac{1+3z}{1+x^2}=1+3z-\dfrac{x}{2}-\dfrac{3zx}{2}\left(3\right)\)

- Lấy \(\left(1\right)+\left(2\right)+\left(3\right)\), ta được:

\(\dfrac{1+3x}{1+y^2}+\dfrac{1+3y}{1+z^2}+\dfrac{1+3z}{1+x^2}\ge3+\dfrac{5}{2}\left(x+y+z\right)-\dfrac{3}{2}\left(xy+yz+zx\right)=3+\dfrac{5}{2}\left(x+y+z\right)-\dfrac{3}{2}.3=\dfrac{5}{2}\left(x+y+z\right)-\dfrac{3}{2}\left(4\right)\)

- Mặt khác: \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)=3.3=9\Rightarrow x+y+z\ge3\left(5\right)\)

- Từ (4), (5) ta có:

\(\dfrac{1+3x}{1+y^2}+\dfrac{1+3y}{1+z^2}+\dfrac{1+3z}{1+x^2}\ge\dfrac{5}{2}.3-\dfrac{3}{2}=6\left(đpcm\right)\)

- Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)

a: Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

b: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}=\hat{AFH}=\hat{FAE}=90^0\)

nên AEHF là hình chữ nhật

=>\(HA^2=HE^2+HF^2\) (5)

Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(EA\cdot EB=HE^2\) (4)

Xét ΔHAC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(FA\cdot FC=HF^2\) (3)

Từ (3),(4),(5) suy ra \(HA^2=EA\cdot EB+FA\cdot FC\)

c: \(AE\cdot AB=AH^2\)

=>\(AE=\frac{AH^2}{AB}\)

Ta có; \(AF\cdot AC=AH^2\)

=>\(AF=\frac{AH^2}{AC}\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

\(BC\cdot HE\cdot HF\)

\(=BC\cdot AE\cdot AF\)

\(=BC\cdot\frac{AH^2}{AB}\cdot\frac{AH^2}{AC}=\frac{AH^4\cdot BC}{AB\cdot AC}\)

\(=\frac{AH^4\cdot BC}{AH\cdot BC}=AH^3\)

đk a > 0

\(=\dfrac{4+4\sqrt{a}+a-a+6\sqrt{a}-9}{\sqrt{a}\left(2\sqrt{a}-1\right)}\\ =\dfrac{10\sqrt{a}-5}{\sqrt{a}\left(2\sqrt{a}-1\right)}\\ =\dfrac{5\left(2\sqrt{a}-1\right)}{\sqrt{a}\left(2\sqrt{a}-1\right)}\\ =\dfrac{5}{\sqrt{a}}\)