ĐKXĐ : \(x\ge-1\)

\(x^2+x+12\sqrt{x+1}=36\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+2x+1\right)-\left(x+1-12\sqrt{x+1}+36\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)^2-\left(\sqrt{x+1}-6\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+\sqrt{x+1}-5\right)\left(x-\sqrt{x+1}+7\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x+1}=5-x\\\sqrt{x+1}=x+7\end{matrix}\right.\)

Với \(\sqrt{x+1}=5-x\)

<=> \(\left\{{}\begin{matrix}x+1=x^2-10x+25\\-1\le x\le5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2-11x+24=0\\-1\le x\le5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left(x-3\right)\left(x-8\right)=0\\-1\le x\le5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=3\)

Với \(\sqrt{x+1}=x+7\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+1=x^2+14x+49\\x\ge-1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+13x+48=0\\x\ge-1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow∄x\)

Vậy  tập nghiệm S = {3}

a: Xét ΔCPA vuông tại P có tan A=\(\frac{CP}{PA}\)

=>\(PA=\frac{CP}{\tan20}\)

Xét ΔCPB vuông tại P có tan B=\(\frac{CP}{PB}\)

=>\(PB=\frac{CP}{\tan30}\)

Ta có: PA+PB=AB

=>\(CP\left(\frac{1}{\tan20}+\frac{1}{\tan30}\right)=6\)

=>CP≃1,34(cm)

=>\(AP=\frac{CP}{\tan20}\) ≃3,68(cm); PB=6-3,68=2,32(cm)

b: Xét ΔCPA vuông tại P có tan A=\(\frac{CP}{PA}\)

=>\(PA=\frac{CP}{\tan20}\)

Xét ΔCPB vuông tại P có tan B=\(\frac{CP}{PB}\)

=>\(PB=\frac{CP}{\tan30}\)

Ta có: PA+PB=AB

=>\(CP\left(\frac{1}{\tan20}+\frac{1}{\tan30}\right)=6\)

=>CP≃1,34(cm)

1 go off

2 put off

3 turn up

Bài 2

1 go off

2 took after

3 turn off

4 go 

5 after

1) Số mol của CO₂ là 

n_CO2 = \(\dfrac{6,72}{22,4}\)= 0,3 ( mol )

Pt : CaCO₃ + 2HCl \(\rightarrow\) CaCl₂ + CO₂ + H₂O ( 1)

       MgO + 2HCl \(\rightarrow\) MgCl₂ + H₂O ( 2)

Số mol của CaCO₃ là 

n_CaCO3 = n_Co2 = 0,3 ( mol ) 

Khối lượng của CaCO₃ là 

m_CaCO3 = 0,3 . 100 = 30g 

Khối lượng của MgO là 

m_MgO = m_hhX - m_CaCO3 = 40 - 30 =10g

%CaCO₃ = \(\dfrac{30}{40}\). 100% = 75%

%MgO = \(\dfrac{10}{40}\). 100% = 25%

2) Số mol HCl ở 2 PT ( 1) ,(2)

n_HCl(1) = 2 n_CaCO3 = 2 .0,3 = 0,6 ( mol )

n_{HCl (2)} = 2n_MgO = 2 .0,25 = 0,5 ( mol )

n_{HCl (1,2)} = 0,6 + 0,5 = 1,1 ( mol )

Khối lượng của HCl ở 2 pt (1,2) là

m_HCl = 1,1 . 36,5 = 40,15g

Khối lượng dd HCl là : 

mdd HCl = \(\dfrac{40,15}{18,25}\). 100% = 220g

3) Dung dịch sau Phản ứng gồm : \(\left\{{}\begin{matrix}ddCaCl_2\\ddMgCl_2\end{matrix}\right.\)

n_CaCl2 = n_CaCO3 =  0,3( mol ) 

m_CaCl2 = 0,3 . 111 = 33,3g

n_MgCl2 = n_MgO =  0,25 ( mol ) 

m_MgCl2 = 0,25 . 95 = 23,75g

mdd sau phản ứng = m_hhX + mdd_HCl  - m_CO2 

                               = 40 + 220 - 13,2

                              = 246,8g

C%dd_CaCl2 =\(\dfrac{33,3}{246,8}\).100% = 13,5%

C%dd_MgCl2 = \(\dfrac{23,75}{246,8}\). 100% = 9,6%

1) Gọi $n_{CaCO_3} = a(mol) ; n_{MgO} = b(mol) \Rightarrow 100a + 40b = 40(1)$

$CaCO_3 + 2HCl \to CaCl_2 + CO_2 + H_2O$
$MgO + 2HCl \to MgCl_2 + H_2O$

Theo PTHH, $n_{CO_2} = n_{CaCO_3} = a = \dfrac{6,72}{22,4} = 0,3(2)$

Từ (1)(2) suy ra : a = 0,3 ; b = 0,25

$\%m_{CaCO_3} = \dfrac{0,3.100}{40}.100\% = 75\%$

$\%m_{MgO} = 100\% - 75\% = 25\%$

2) $n_{HCl} = 2n_{CaCO_3} + 2n_{MgO} = 1,1(mol)$
$m_{dd\ HCl} = \dfrac{1,1.36,5}{18,25\%} = 220(gam)$

3) Sau phản ứng, $m_{dd} = 40 + 220 - 0,3.44 = 246,8(gam)$
$C\%_{CaCl_2} = \dfrac{0,3.111}{246,8}.100\% = 13,49\%$
$C\%_{MgCl_2} = \dfrac{0,25.95}{246,8}.100\% = 9,6\%$

=

a: Diện tích hình thoi là: \(12\cdot20=240\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

b: Gọi hình thoi đề bài cho là hình thoi ABCD, với H là giao điểm của AC và BD, BK⊥AD tại K

Theo đề, ta có: AB=BC=CD=AD=20cm và BK=12(cm)

ABCD là hình thoi

=>AC⊥BD tại H và H là trung điểm chung của AC và BD, AC là phân giác của góc BAD

H là trung điểm của AC

=>\(HA=HC=\frac{AC}{2}\)

H là trung điểm của BD

=>\(HB=HD=\frac{BD}{2}\)

ΔHAB vuông tại H

=>\(HA^2+HB^2=AB^2\)

=>\(HA^2+HB^2=20^2=400\)

Diện tích hình thoi ABCD là \(240\operatorname{cm}^2\)

=>\(\frac12\cdot AC\cdot BD=240\)

=>\(\frac12\cdot2\cdot AH\cdot2\cdot BH=240\)

=>\(2\cdot AH\cdot BH=240\)

=>\(HA\cdot HB=120\)

=>\(2\cdot HA\cdot HB=240\)

=>\(HA^2+HB^2+2\cdot HA\cdot HB=400+240=640\)

=>\(\left(HA+HB\right)^2=640\)

=>\(HA+HB=8\sqrt{10}\)

mà \(HA\cdot HB=120\)

nên HA,HB là các nghiệm của phương trình:

\(x^2-8\sqrt{10}x+120=0\)

\(\Delta=\left(8\sqrt{10}\right)^2-4\cdot1\cdot120=640-480=160\) >0

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

\(\left[\begin{array}{l}x=\frac{8\sqrt{10}-\sqrt{160}}{2}=\frac{8\sqrt{10}-4\sqrt{10}}{2}=\frac{4\sqrt{10}}{2}=2\sqrt{10}\\ x=\frac{8\sqrt{10}+4\sqrt{10}}{2}=\frac{12\sqrt{10}}{2}=6\sqrt{10}\end{array}\right.\)

TH1: \(HB=2\sqrt{10}\left(\operatorname{cm}\right);HA=6\sqrt{10}\) (cm)

Xét ΔHAB vuông tại H có sin HAB=\(\frac{HB}{BA}=\frac{2\sqrt{10}}{20}=\frac{\sqrt{10}}{10}\)

nên \(\hat{HAB}\) ≃18 độ

AC là phân giác của góc BAD

=>\(\hat{BAD}=2\cdot\hat{BAC}\)

=>\(\hat{BAD}=2\cdot18^0=36^0\)

ABCD là hình thoi

=>\(\hat{BAD}=\hat{BCD}\)

=>\(\hat{BCD}=36^0\)

ABCD là hình thoi

=>\(\hat{ABC}+\hat{BCD}=180^0\)

=>\(\hat{ABC}=180^0-36^0=144^0\)

ABCD là hình thoi

=>\(\hat{ABC}=\hat{ADC}\)

=>\(\hat{ADC}=144^0\)

TH2: \(HA=2\sqrt{10}\left(\operatorname{cm}\right);HB=6\sqrt{10}\left(\operatorname{cm}\right)\)

Xét ΔHAB vuông tại H có cos HAB=\(\frac{HB}{BA}=\frac{2\sqrt{10}}{20}=\frac{\sqrt{10}}{10}\)

nên \(\hat{HAB}\) ≃72 độ

AC là phân giác của góc BAD

=>\(\hat{BAD}=2\cdot\hat{BAC}\)

=>\(\hat{BAD}=2\cdot72^0=144^0\)

ABCD là hình thoi

=>\(\hat{BAD}=\hat{BCD}\)

=>\(\hat{BCD}=144^0\)

ABCD là hình thoi

=>\(\hat{ABC}+\hat{BCD}=180^0\)

=>\(\hat{ABC}=180^0-144^0=36^0\)

ABCD là hình thoi

=>\(\hat{ABC}=\hat{ADC}\)

=>\(\hat{ADC}=36^0\)

c: TH1: \(HB=2\sqrt{10}\left(\operatorname{cm}\right);HA=6\sqrt{10}\left(\operatorname{cm}\right)\)

H là trung điểm của BD

=>\(BD=2\cdot HB=4\sqrt{10}\) (cm)

H là trung điểm của AC

=>\(AC=2\cdot AH=12\sqrt{10}\) (cm)

TH2: \(HA=2\sqrt{10}\left(\operatorname{cm}\right);HB=6\sqrt{10}\left(\operatorname{cm}\right)\)

H là trung điểm của BD

=>\(BD=2\cdot HB=12\sqrt{10}\) (cm)

H là trung điểm của AC

=>\(AC=2\cdot AH=4\sqrt{10}\) (cm)

A B H C E F

a/

Xét tg vuông ABH có

\(AH^2=AE.AB\) (trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền) (1)

Xét tg vuông ACH có

\(AH^2=AF.AC\)(trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AE.AB=AF.AC\)

b/

Ta có

\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}\) => AEHF là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{AFE}=\widehat{AHE}\) (góc nội tiếp chùng chắn cung AE)

c/

AEHF là tứ giác nội tiếp (cmt)

\(\Rightarrow\widehat{EAH}=\widehat{EFH}\) (góc nội tiếp chùng chắn cung EH)

1a.

$3+\sqrt{3}=\sqrt{3}.\sqrt{3}+\sqrt{3}=\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)$

1b.

4+5\sqrt{2}=2\sqrt{2}.\sqrt{2}+5\sqrt{2}=\sqrt{2}(2\sqrt{2}+5)$

1c.

$6x-\sqrt{x}-1=(6x-3\sqrt{x})+(2\sqrt{x}-1)$

$=3\sqrt{x}(2\sqrt{x}-1)+(2\sqrt{x}-1)=(2\sqrt{x}-1)(3\sqrt{x}+1)$

1d.

$4x-3\sqrt{x}-1=(4x-4\sqrt{x})+(\sqrt{x}-1)$

$=4\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)+(\sqrt{x}-1)=(\sqrt{x}-1)(4\sqrt{x}+1)$

1e.

$5x+3\sqrt{xy}-8y=(5x-5\sqrt{xy})+(8\sqrt{xy}-8y)$

$=5\sqrt{x}(\sqrt{x}-\sqrt{y})+8\sqrt{y}(\sqrt{x}-\sqrt{y})$

$=(\sqrt{x}-\sqrt{y})(5\sqrt{x}+8\sqrt{y})$

1g.

$3a-2\sqrt{ab}-b=(3a-3\sqrt{ab})+(\sqrt{ab}-b)$

$=3\sqrt{a}(\sqrt{a}-\sqrt{b})+\sqrt{b}(\sqrt{a}-\sqrt{b})$

$=(\sqrt{a}-\sqrt{b})(3\sqrt{a}+\sqrt{b})$

1) Gọi $n_{CaCO_3} = a(mol) ; n_{MgO} = b(mol) \Rightarrow 100a + 40b = 40(1)$

$CaCO_3 + 2HCl \to CaCl_2 + CO_2 + H_2O$
$MgO + 2HCl \to MgCl_2 + H_2O$

Theo PTHH, $n_{CO_2} = n_{CaCO_3} = a = \dfrac{6,72}{22,4} = 0,3(2)$

Từ (1)(2) suy ra : a = 0,3 ; b = 0,25

$\%m_{CaCO_3} = \dfrac{0,3.100}{40}.100\% = 75\%$

$\%m_{MgO} = 100\% - 75\% = 25\%$

2) $n_{HCl} = 2n_{CaCO_3} + 2n_{MgO} = 1,1(mol)$
$m_{dd\ HCl} = \dfrac{1,1.36,5}{18,25\%} = 220(gam)$

3) Sau phản ứng, $m_{dd} = 40 + 220 - 0,3.44 = 246,8(gam)$
$C\%_{CaCl_2} = \dfrac{0,3.111}{246,8}.100\% = 13,49\%$
$C\%_{MgCl_2} = \dfrac{0,25.95}{246,8}.100\% = 9,6\%$