Gọi \(AH\) là hình chiếu của \(A\) trên \(d\)

\(\Rightarrow AH:-2x+4y+c'=0\)

AH đi qua \(A\left(1;1\right)\Rightarrow-2.1+4.1+c'=0\)

\(\Rightarrow c'=-2\)

\(\Rightarrow\) phương trình \(AH\) là : \(-2x+4y-2=0\Rightarrow-x+2y-1=0\)

Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình :

\(\left\{{}\begin{matrix}-x+2y-1=0\\4x+2y+1=0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-\dfrac{2}{5}\\y=\dfrac{3}{10}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow H\left(-\dfrac{2}{5};\dfrac{3}{10}\right)\)

 Gọi \(\left(d'\right)\) là đường thẳng qua A và vuông góc với (d). Do (d) có VTPT \(\overrightarrow{n_d}=\left(4;2\right)\) 

\(\Rightarrow\) \(\left(d'\right)\) có VTPT \(\overrightarrow{n_{d'}}=\left(2;-4\right)\) hay \(\left(d'\right):2x-4y+m=0\) \(\left(m\inℝ\right)\)

 Mà \(A\left(1;1\right)\in\left(d'\right)\) nên \(2-4+m=0\Leftrightarrow m=2\). Vậy đường thẳng qua A và vuông góc với \(d\) có pt là \(2x-4y+2=0\) hay \(x-2y+1=0\)

 Do đó hình chiếu vuông góc H của A lên d chính là giao điểm của d' và d. Nếu \(H\) có tọa độ \(\left(x_H;y_H\right)\) thì \(x_H;y_H\) thỏa mãn hệ phương trình \(\left\{{}\begin{matrix}x_H-2y_H+1=0\\4x_H+2y_H+1=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_H=-\dfrac{2}{5}\\y_H=\dfrac{3}{10}\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow H\left(-\dfrac{2}{5};\dfrac{3}{10}\right)\). 

Vậy hình chiếu của A lên d có tọa độ \(\left(-\dfrac{2}{5};\dfrac{3}{10}\right)\)

1. Kẻ đường kính chứa 1 trong 3 điểm A,B,C  bất kỳ của (O) 

Tam giác ABC chứa tâm O <=>

 (*) Có nhiều nhất 2 điểm nằm 

trên nửa đường tròn (O) có đường kính như trên , không nhận

cạnh nào là đường kính

(*) ABC là tam giác vuông

Nhận thấy khi tam giác ABC nội tiếp (O) thì A,B,C có 3 trường hợp:

TH1 : 3 điểm cùng nằm trên nửa (O ; DE/2) , không có cạnh nào là đường kính

TH2 : 2 điểm nằm trên nửa (O ; DE/2) ; 1 điểm trên nửa (O) còn lại 

TH3 : Tam giác vuông 

Biến cố A : " Tam giác ABC chứa tâm O"

=> P(A) = \(\dfrac{2}{3}\)

a) Xét trường hợp các chữ số đều bình đẳng :

Số cách sắp xếp 2 chữ số lẻ  khác nhau từ A cho 4 vị trí :

\(C_3^1.C_4^1.C_2^1.C_3^1=72\)

Số cách sắp xếp 2 chữ số chẵn từ A cho 2 vị trí còn lại A : 

\(C_4^1.C_2^1.C_3^1.C_1^1=24\) 

=> Có tất cả : 72.24 = 1728 số 

Xét trường hợp cố định số 0 đứng đầu 

=> Số cách sắp xếp 2 chữ số lẻ từ A cho 3 vị trí :

\(C_3^1.C_3^1.C_2^1.C_2^1=36\)

Số cách sắp xếp 1 chữ số chẵn từ A cho vị trí còn lại :

\(C_3^1.C_1^1=3\)

=> Có tất cả : 1.36.3 = 108 số

=> Số các số thỏa mãn đề : 1728 - 108 = 1620 (số)

b) Gọi số thỏa mãn có dạng \(\overline{abcd}\)

TH1 a = 3 => b \(\in\left\{4;5;6\right\}\) hoặc b = 2

(*) \(b\in\left\{4;5;6\right\}\) => Số các số cần tìm : \(1.C_3^1.A_5^2=60\)

(*) b = 2 => Số các số cần tìm : \(1.1.1.C_2^1+1.1.1.C_4^1=6\)

TH1 có 66 số

TH2 \(a\in\left\{4;5;6\right\}\)

TH2 có : \(C_3^1.A_6^3=360\)

Vậy có tất cả 360 + 66 = 426

trung bình cộng của 5 số là 78 . số thứ 1 gấp đôi số thứ 2 , số thứ hai bằng trung bình cộng của 3 số cuối . Tìm số thứ 1 

giúp mình với cả nhà

a. Tính độ dãn của lò xo khi hệ cân bằng.

• Công thức: Khi vật ở vị trí cân bằng, lực đàn hồi của lò xo cân bằng với trọng lực của vật: \(F_{đ h} = P\) Trong đó:
• • \(F_{đ h} = k \cdot \Delta l\) là lực đàn hồi của lò xo, \(k\) là độ cứng của lò xo, \(\Delta l\) là độ dãn của lò xo.
  • \(P = m g\) là trọng lực của vật, \(m\) là khối lượng của vật, \(g\) là gia tốc trọng trường (lấy \(g = 10 \textrm{ } \text{m}/\text{s}^{2}\)).
• Tính toán: \(k \cdot \Delta l = m g\) \(100 \cdot \Delta l = 0.5 \cdot 10\) \(\Delta l = \frac{0.5 \cdot 10}{100} = \frac{5}{100} = 0.05 \textrm{ } \text{m} = 5 \textrm{ } \text{cm}\)
• Kết luận: Độ dãn của lò xo khi hệ cân bằng là 5 cm.

b. Khi vật dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng, lò xo có độ dãn cực đại là 10 cm. Tính biên độ dao động của vật.

• Phân tích: Độ dãn cực đại của lò xo là tổng của độ dãn khi cân bằng và biên độ dao động. \(\Delta l_{m a x} = \Delta l + A\) Trong đó:
• • \(\Delta l_{m a x} = 10 \textrm{ } \text{cm}\) là độ dãn cực đại của lò xo.
  • \(\Delta l = 5 \textrm{ } \text{cm}\) là độ dãn của lò xo khi cân bằng.
  • \(A\) là biên độ dao động của vật.
• Tính toán: \(10 = 5 + A\) \(A = 10 - 5 = 5 \textrm{ } \text{cm}\)
• Kết luận: Biên độ dao động của vật là 5 cm.

c. Một lực kéo \(F\) tác dụng làm lò xo dãn thêm 6 cm so với vị trí cân bằng. Tính độ lớn lực kéo \(F\).

• Phân tích: Lực kéo \(F\) làm lò xo dãn thêm 6 cm so với vị trí cân bằng, tức là so với độ dãn ban đầu 5 cm. Vậy tổng độ dãn của lò xo so với chiều dài tự nhiên là \(5 + 6 = 11 \textrm{ } \text{cm}\). Lực kéo \(F\) sẽ bằng độ cứng của lò xo nhân với độ dãn thêm này.
• Tính toán: Độ dãn thêm so với chiều dài tự nhiên là 6 cm = 0.06 m. \(F = k \cdot \Delta x\) \(F = 100 \cdot 0.06 = 6 \textrm{ } \text{N}\)
• Kết luận: Độ lớn lực kéo \(F\) là 6 N.

a. $r$ = 150 triệu km = 150.109 m
t1=365,25 ngày
w1=2pi/t1=2,10^-7 rad/s

v1=w1(r+R)=30001 m/s

b) r=6400 km=6400.10^3 m

t2=24h

w2=2pi/t2=7,27.10^-5 rad/s

v2=w2R=465m/s

c) R=6400.cos 30 độ = 6400. căn 3/2 m

t3=24h

w3=2 pi/t3=7,27.10^-5 rad/s v3=w3R=402 m/s

• Tốc độ góc:
  ω1=2πT1=2⋅3,141631.557.600≈1,99⋅10-7(rad/s)𝜔1=2𝜋𝑇1=2⋅3,141631.557.600≈𝟏,𝟗𝟗⋅𝟏𝟎−𝟕(rad/s)
• Tốc độ (vận tốc dài):
  v1=ω1⋅Rhq=(1,99⋅10-7)⋅(1,5⋅1011)≈29.850(m/s)≈29,85(km/s)𝑣1=𝜔1⋅𝑅ℎ𝑞=(1,99⋅10−7)⋅(1,5⋅1011)≈𝟐𝟗.𝟖𝟓𝟎(m/s)≈𝟐𝟗,𝟖𝟓(km/s)

• Tốc độ góc:
  ω2=2πT2=2⋅3,141686.400≈7,27⋅10-5(rad/s)𝜔2=2𝜋𝑇2=2⋅3,141686.400≈𝟕,𝟐𝟕⋅𝟏𝟎−𝟓(rad/s)
• Tốc độ (vận tốc dài):
  Tại xích đạo, bán kính quỹ đạo đúng bằng bán kính Trái Đất ( R𝑅):
  v2=ω2⋅R=(7,27⋅10-5)⋅(6,4⋅106)≈465,3(m/s)𝑣2=𝜔2⋅𝑅=(7,27⋅10−5)⋅(6,4⋅106)≈𝟒𝟔𝟓,𝟑(m/s)

• Tốc độ góc:
  Tất cả các điểm trên Trái Đất (trừ hai cực) đều có cùng tốc độ góc khi tự quay:
  ω3=ω2≈7,27⋅10-5(rad/s)𝜔3=𝜔2≈𝟕,𝟐𝟕⋅𝟏𝟎−𝟓(rad/s)
• Tốc độ (vận tốc dài):
  Bán kính quỹ đạo tại vĩ độ  α𝛼 được tính bằng công thức:  𝑟 =𝑅 ⋅cos 𝛼.
  Tại vĩ tuyến  30∘30∘, ta có:  𝑟 =𝑅 ⋅cos30∘.
  v3=ω3⋅(R⋅cos30∘)=v2⋅cos30∘𝑣3=𝜔3⋅(𝑅⋅cos30∘)=𝑣2⋅cos30∘ v3=465,3⋅32≈403(m/s)𝑣3=465,3⋅3√2≈𝟒𝟎𝟑(m/s)

a) Vận tốc viên bi thứ hai trước va chạm là 1,33 m/s.

b)

a. Hai viên bi chuyển động cùng chiều Chọn chiều dương là chiều chuyển động của viên bi 1 (v,). Vì các vật chuyển động cùng chiều, ta có phương trình đại số:

m,u, + m202= (m, + mz)V

Thay số vào:

0,5 • 4 + 0,3 • U2 = (0,5 + 0,3) • 3

2 + 0,3U2 = 2,4

0,3U2 = 0,4 → V2 ~ 1,33 m/s

Vậy viên bì2 chuyển động cùng chiều với viên bỉ 1 với vận tốc 1,33 m/s.

b. Sau va chạm hệ chuyển động vuông góc với hướng của viên bi 1

Ta có hệ thức vectơ: m,ũz = (m, + mz)V- m1

Vì V 1 v,, các vectơ tạo thành một tam giác vuông với m,u, là cạnh huyền. Áp dụng định lý Pitago:

m202)= [m+m2)/(m(01)2

Thay số:

(0,3 • U2) = [(0,5 +0,3) - 31 + (0,5 . 4)2

(0,302) = 2,42 + 22 = 5,76 + 4 = 9,76

0,3U2 = V9,76 ~ 3,124

V2 ~ 10,41 m/s

Ở trường hợp này, viên bi 2 chuyển động theo hướng chếch sao cho tổng động lượng thỏa mãn điều kiện đề bải.

 Pt đường tròn đã cho có thể viết dưới dạng:

\(\left(x-2\right)^2+\left(y-3\right)^2=25\)

 Ta tìm được tọa độ tâm I là \(I\left(2;3\right)\). Do đó \(OI=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}\).

 Đồng thời \(R=5\)

 Ta có \(\dfrac{OI}{R}=\dfrac{\sqrt{13}}{5}\Leftrightarrow5OI=R\sqrt{13}\approx R.3,606\)

 (Bạn xem lại đề nhé, với kết quả này thì mình không thấy mệnh đề nào trong 4 mệnh đề kia đúng cả.)

Biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng trên là:

\(\Delta_rH^0_{298}=\) \(2.\Delta_fH^0_{298}\left(CO_2\right)+3.\Delta_fH^0_{298}\left(H_2O\right)-\Delta_fH^0_{298}\left(C_2H_6\right)-\Delta_fH^0_{298}\left(O_2\right)\)

\(=2.\left(-393,50\right)+3\left(-285,84\right)-\left(-84,70\right)=-1559,82\left(kJ\right)\)

ΔfH298=ΣΔ fH298(sp)  - ΣΔfH298 (cd) =  2.(-393,5) + 3.(-285,84) - (-84,7) = -1559,82 kJ.

áp dụng công thức  

v = ΔC\Δt = 0,22 - 0,1 \ 4 = 0,03 (M\s)�‾=Δ�Δ�=0,22−0,14=0,03(��)