\(a)BaCO_3+2HCl\rightarrow BaCl_2+CO_2+H_2O\\ b)Fe_2\left(SO_4\right)_3+6NaOH\rightarrow2Fe\left(OH\right)_3+3Na_2SO_4\\ c)Al_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\\ d)2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\\ e)P_2O_5+3Ba\left(OH\right)_2\rightarrow Ba_3\left(PO_4\right)_2+3H_2O\\ f)SO_3+2KOH\rightarrow K_2SO_4+H_2O\\ g)Ba\left(NO_3\right)_2+Na_2SO_4\rightarrow BaSO_4+2NaNO_3\\ h)FeO+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2O\\ i)3CaCl_2+2Na_3PO_4\rightarrow Ca_3\left(PO_4\right)_2+6NaCl\\ j)Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\\ k)Zn+H_2SO_4\rightarrow ZnSO_4+H_2\\ l)NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\\ m)KCl+AgNO_3\rightarrow AgCl+KNO_3\\ CO_2+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow BaCO_3+H_2O\)

D vật = 81 : 0,03 = 2700 (kg/m^3)

Bài 4:

a: Ta có: DB⊥AE

AC⊥EA

Do đó: DB//AC

Xét ΔEAC có DB//AC

nên \(\frac{EB}{BA}=\frac{ED}{EC}\)

b: Xét ΔCEK có DB//EK

nên \(\frac{DB}{EK}=\frac{CD}{CE}\) (2)

Xét ΔCAE có DB//AE

nên \(\frac{CD}{DE}=\frac{AB}{BE}\)

=>\(\frac{CD}{DE+CD}=\frac{AB}{BE+AB}\)

=>\(\frac{CD}{CE}=\frac{AB}{AE}\) (1)

Xét ΔAEI có DB//EI

nên \(\frac{DB}{EI}=\frac{AB}{AE}\) (3)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\frac{DB}{EK}=\frac{DB}{EI}\)

=>EK=EI

c: Xét ΔHNC và ΔHEK có

\(\hat{HNC}=\hat{HEK}\) (hai góc so le trong, CN//EK)

\(\hat{NHC}=\hat{EHK}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHNC~ΔHEK

=>\(\frac{NC}{EK}=\frac{HN}{HE}\left(4\right)\)

Xét ΔHNA và ΔHEI có

\(\hat{HNA}=\hat{HEI}\) (hai góc so le trong, NA//EI)

\(\hat{NHA}=\hat{EHI}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHNA~ΔHEI

=>\(\frac{NA}{EI}=\frac{HN}{HE}\left(5\right)\)

Từ (4),(5) suy ra \(\frac{NC}{EK}=\frac{NA}{EI}\)

mà EK=EI

nên NC=NA

Xét ΔQNC và ΔQDB có

\(\hat{QNC}=\hat{QDB}\) (hai góc so le trong, CN//DB)

\(\hat{NQC}=\hat{DQB}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔQNC~ΔQDB

=>\(\frac{NC}{DB}=\frac{QN}{QD}=\frac{QC}{QB}\) (7)

Xét ΔPAN và ΔPDB có

\(\hat{PAN}=\hat{PDB}\) (hai góc so le trong, AN//BD)

\(\hat{APN}=\hat{DPB}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔPAN~ΔPDB

=>\(\frac{AN}{DB}=\frac{PA}{PD}=\frac{PN}{PB}\)

mà NC=NA

nên \(\frac{NC}{DB}=\frac{PA}{PD}=\frac{PN}{PB}\) (6)

Từ (6),(7) suy ra \(\frac{PA}{PD}=\frac{PN}{PB}=\frac{QN}{QD}=\frac{QC}{QB}\)

Xét ΔNDB có \(\frac{NQ}{QD}=\frac{NP}{PB}\)

nên QP//BD

câu a

O A C D H K I E

a/

Ta có

HA=HO (gt)

\(OA\perp CD\left(gt\right)\) => HC=HD (Trong đường tròn đường kính vuông góc với dây cung thì chia đôi dây cung)

=> OCAD là hbh (Tứ giác có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hình bình hành)

Mà \(OA\perp CD\left(gt\right)\)

=> OCAD là hình thoi (Hình bình hành có 2 đường chéo vuôn góc là hình thoi)

b/ Kéo dài AO cắt (O) tại K ta có

\(\widehat{ACK}=90^o\) (góc nt chắn nửa đường tròn)

Xét tg vuông ACK có

\(OA=OK\Rightarrow OC=OA=OK=\dfrac{AK}{2}\) (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

Mà \(OC=AC\) (cạn hình thoi)

\(\Rightarrow OC=AC=OA\) => tg ACO là tg đều \(\Rightarrow\widehat{AOC}=60^o\)

Mà \(\widehat{AOD}=\widehat{AOC}=60^o\) (trong hình thoi mỗi đường chéo là phân giác của 2 góc đối)

\(\Rightarrow\widehat{AOC}+\widehat{AOD}=\widehat{COD}=60^o+60^o=120^o\)

c/

Xét tg vuông COI có

\(\widehat{CIO}=90^o-\widehat{AOC}=90^o-60^o=30^o\)

\(\Rightarrow OC=\dfrac{1}{2}OI\) (trong tg vuông cạnh đối diện với góc \(30^o\) bằng nửa cạnh huyền

\(\Rightarrow OI=2.OC=2R\)

\(\Rightarrow CI=\sqrt{OI^2-OC^2}\) (Pitago)

\(\Rightarrow CI=\sqrt{4R^2-R^2}=R\sqrt{3}\)

d/

Xét tg COI và tg DOI có

OC=OD=R

OI chung

\(\widehat{AOC}=\widehat{AOD}\) (cmt)

=> tg ACO = tg ADO (c.g.c)\(\Rightarrow\widehat{ODI}=\widehat{OCI}=90^o\) => DI là tiếp tuyến với (O)

e/

Ta có

\(sđ\widehat{COD}=sđcungCD=120^o\) (góc có đỉnh là tâm đường tròn)

\(sđ\widehat{ACD}=\dfrac{1}{2}sđcungCD=60^o\) (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

\(sđ\widehat{ADC}=\dfrac{1}{2}sđcungCD=60^o\) (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

Xét tg ACD có

\(\widehat{CAD}=180^o-\left(\widehat{ACD}+\widehat{ADC}\right)=180^o-\left(60^o+60^o\right)=60^o\)

\(\Rightarrow\widehat{CAD}=\widehat{ACD}=\widehat{ADC}=60^o\) => tg ACD là tg đều

f/

Ta có 

\(\widehat{ECD}=90^o\) (góc nt chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow EC\perp CD\)

\(OA\perp CD\left(gt\right)\Rightarrow OI\perp CD\)

=> EC//OI (cùng vuông góc với CD)

Xét tg vuông ABC

\(MB=MC\left(gt\right)\Rightarrow MA=MB=MC=\dfrac{BC}{2}\) (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

Xét tg MAC có

MA=MC (cmt) => tg MAC cân tạo M \(\Rightarrow\widehat{MAC}=\widehat{ACB}\) (1)

\(\widehat{ABC}=\widehat{HAC}\) (cùng phụ với \(\widehat{ACB}\) ) (2)

Gọi O là giao của AH và PQ

Xét tứ giác APHQ có

\(AB\perp AC\left(gt\right);HQ\perp AC\left(gt\right)\) => AB//HQ

\(AC\perp AB\left(gt\right);HP\perp AB\left(gt\right)\) => AC//HP

=> APHQ là hình bình hành (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi 1 là hbh)

Mà \(\widehat{A}=90^o\left(gt\right)\) => APHQ là hình chữ nhật

\(\Rightarrow AH=PQ\) (2 đường chéo HCN băng nhau)

Mà OA=OH; OP= OQ (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

=> OA=OH=OP=OQ => tg OAQ là tg cân tạo O

\(\Rightarrow\widehat{HAC}=\widehat{AQP}\) (góc ở đáy tg cân) (3)

Từ (2) và (3) \(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{AQP}\) (4)

Xét tg vuông ABC có \(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^o\) (5)

Từ (1) (4) (5) \(\Rightarrow\widehat{AQP}+\widehat{MAC}=90^o\)

Gọi K là giao của PQ và AM, xét tg AKQ có

\(\widehat{AKQ}=180^o-\left(\widehat{AQP}+\widehat{MAC}\right)=180^o-90^o=90^o\)

\(\Rightarrow PQ\perp AM\left(dpcm\right)\)

có đc chép mạng ko bạn

Mik tự viết nhé, có j k hay thông cảm:

Vào thời gian rảnh rỗi em thường thích đọc sách. Đọc sách vừa thú vị lại vừa bổ ích. Không những thế, nhờ có nhiều vốn từ mà đi thi em luôn đc điểm cao. Em rất thích đọc sách kiểu vừa đọc vừa ghi nhớ và suy nghĩ, còn các bạn thì sao, các bạn thích đọc sách kiểu gì? Riêng về phần mình thì mình yêu sách lắm...