a: AB⊥CD tại O

=>sđ cung CA=sđ cung CB=sđ cung AD=sđ cung DB=90 độ

Xét (O) có \(\hat{BMD}\) là góc nội tiếp chắn cung BD

nên \(\hat{BMD}=\frac12\cdot\hat{BOD}=45^0\)

Xét (O) có

ΔCMD nội tiếp

CD là đường kính

Do đó: ΔCMD vuông tại M

=>DM⊥SC tại M

\(\hat{BMC}=\hat{BMD}+\hat{CMD}=45^0+90^0=135^0\)

ΔOBC vuông tại O có OB=OC

nên ΔOBC vuông cân tại O

=>\(\hat{OBC}=\hat{OCB}=45^0\)

Ta có: \(\hat{SBC}+\hat{OBC}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{SBC}=180^0-45^0=135^0\)

Xét ΔCMB và ΔCBS có

\(\hat{CMB}=\hat{CBS}\left(=135^0\right)\)

góc MCB chung

Do đó: ΔCMB~ΔCBS

b: Xét tứ giác SMOD có \(\hat{SMD}=\hat{SOD}=90^0\)

nên SMOD là tứ giác nội tiếp

d: Xét (O) có \(\hat{BKM}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung BM và AD

=>\(\hat{BKM}=\frac12\) (sđ cung BM+sđ cung AD)

=1/2(sđ cung BM+sđ cung BD)

=1/2*sđ cung MD(1)

Xét (O) có \(\hat{NMD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến MN và dây cung MD

Do đó: \(\hat{NMD}=\frac12\) *sđ cung MD(2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{NMK}=\hat{NKM}\)

=>ΔNKM cân tại N

e: Ta có: \(\hat{NMK}+\hat{NMS}=\hat{SMK}=90^0\)

\(\hat{NKM}+\hat{NSM}=90^0\) (ΔKMS vuông tại M)

mà \(\hat{NKM}=\hat{NMK}\)

nên \(\hat{NMS}=\hat{NSM}\)

=>NM=NS

mà NM=NK

nên NK=NS

=>N là trung điểm của SK

a: Xét (O) có

CM,CA là các tiếp tuyến

Do đó: CM=CA và OC là phân giác của góc MOA

OC là phân giác của góc MOA

=>\(\hat{MOA}=2\cdot\hat{MOC}\)

Xét (O) có

DM,DB là các tiếp tuyến

Do đó: DM=DB và OD là phân giác của góc MOB

OD là phân giác của góc MOB

=>\(\hat{MOB}=2\cdot\hat{MOD}\)

Ta có: \(\hat{MOA}+\hat{MOB}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(2\left(\hat{MOC}+\hat{MOD}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\hat{COD}=180^0\)

=>\(\hat{COD}=90^0\)

=>ΔOCD vuông tại O

=>O nằm trên đường tròn đường kính CD

Gọi N là trung điểm của CD

=>N là tâm đường tròn đường kính CD

Xét hình thang ABDC có

O,N lần lượt là trung điểm của AB,DC

=>ON là đường trung bình của hình thang ABDC

=>ON//AC//BD

=>ON⊥AB

Xét (N) có

NO là bán kính

AB⊥NO tại O

Do đó: AB là tiếp tuyến tại O của (N)

b: \(C_{ABDC}=AB+BD+CD+AC\)

=AB+MD+CD+CM

=AB+CD+CD=AB+2CD

=>\(C_{ABDC}\le2\cdot\sqrt{AB\cdot2CD}\)

Dấu '=' xảy ra khi AB=DC

Hình thang ABDC(AC//BD) có AB=DC

nên ABDC là hình bình hành

Hình bình hành ABDC có \(\hat{CAB}=90^0\)

nên ABDC là hình chữ nhật

=>CD//AB

OM⊥CD
CD//AB

Do đó: OM⊥AB

=>M là điểm chính giữa của cung AB

bruh thi nữa kìa:)

a: Thay x=16 vào B, ta được:

B=4+1=5

b: \(A=\dfrac{x+\sqrt{x}+10-\sqrt{x}-3}{x-9}\cdot\left(\sqrt{x}-3\right)=\dfrac{x+7}{\sqrt{x}+3}\)

c: Để A<B thì \(x+7< x+4\sqrt{x}+3\)

=>x>1

Câu 7:

a, \(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)

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

b, \(n_{H_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

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

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Fe}=\dfrac{0,1.56}{10}.100\%=56\%\\\%m_{CuO}=44\%\end{matrix}\right.\)

c, \(n_{CuO}=\dfrac{10-0,1.56}{80}=0,055\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{H_2SO_4}=n_{Fe}+n_{CuO}=0,155\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C\%_{H_2SO_4}=\dfrac{0,155.98}{100}.100\%=15,19\%\)

d, Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{FeSO_4}=n_{Fe}=0,1\left(mol\right)\\n_{CuSO_4}=n_{CuO}=0,055\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{FeSO_4}=0,1.152=15,2\left(g\right)\\m_{CuSO_4}=0,055.160=8,8\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

Câu 8:

a, \(CuCO_3+2HCl\rightarrow CuCl_2+CO_2+H_2O\)

b, \(n_{CO_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{CuCO_3}=n_{CO_2}=0,15\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{CuCO_3}=\dfrac{0,15.124}{20}.100\%=93\%\\\%m_{CuCl_2}=7\%\end{matrix}\right.\)

c, \(n_{HCl}=2n_{CO_2}=0,3\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{HCl}}=\dfrac{0,3}{0,2}=1,5\left(M\right)\)

a: Xét (O) có

CM,CA là các tiếp tuyến

Do đó: CM=CA và OC là phân giác của góc MOA

OC là phân giác của góc MOA

=>\(\hat{MOA}=2\cdot\hat{MOC}\)

Xét (O) có

DM,DB là các tiếp tuyến

Do đó: DM=DB và OD là phân giác của góc MOB

OD là phân giác của góc MOB

=>\(\hat{MOB}=2\cdot\hat{MOD}\)

Ta có: \(\hat{MOA}+\hat{MOB}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(2\left(\hat{MOC}+\hat{MOD}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\hat{COD}=180^0\)

=>\(\hat{COD}=90^0\)

=>ΔOCD vuông tại O

=>O nằm trên đường tròn đường kính CD

Gọi N là trung điểm của CD

=>N là tâm đường tròn đường kính CD

Xét hình thang ABDC có

O,N lần lượt là trung điểm của AB,DC

=>ON là đường trung bình của hình thang ABDC

=>ON//AC//BD

=>ON⊥AB

Xét (N) có

NO là bán kính

AB⊥NO tại O

Do đó: AB là tiếp tuyến tại O của (N)

b: \(C_{ABDC}=AB+BD+CD+AC\)

=AB+MD+CD+CM

=AB+CD+CD=AB+2CD

=>\(C_{ABDC}\le2\cdot\sqrt{AB\cdot2CD}\)

Dấu '=' xảy ra khi AB=DC

Hình thang ABDC(AC//BD) có AB=DC

nên ABDC là hình bình hành

Hình bình hành ABDC có \(\hat{CAB}=90^0\)

nên ABDC là hình chữ nhật

=>CD//AB

OM⊥CD
CD//AB

Do đó: OM⊥AB

=>M là điểm chính giữa của cung AB

a: Tỉ số giữa tổng số hình chữ nhật và số hình tam giác so với tổng số hình là:

\(1-\frac12=\frac12\)

Tỉ số giữa số hình chữ nhật so với tổng số hình là:

\(\frac12\cdot\frac13=\frac16\)

Tỉ số giữa số hình tam giác so với tổng số hình là:

\(\frac12-\frac16=\frac36-\frac16=\frac26=\frac13\)

Tổng số hình là:

\(20:\left(\frac12-\frac16\right)=20:\frac13=60\) (hình)

b: Số hình vuông là \(60\cdot\frac12=30\) (hình)

Số hình chữ nhật là: \(60\cdot\frac16=10\) (hình)

Số hình tam giác là: 60-30-10=30-10=20(hình)

Bài 6:

ĐK: \(9a< \dfrac{4}{a}\Leftrightarrow a^2< \dfrac{4}{9}\Leftrightarrow-\dfrac{2}{3}< a< \dfrac{2}{3}\)

Bài 7:

ĐK: \(a=\dfrac{4}{a}\Leftrightarrow a^2=4\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=2\\a=-2\end{matrix}\right.\)

a, thay x=25 vào A ta có:

\(A=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}=\dfrac{\sqrt{25}}{\sqrt{25}-1}=\dfrac{5}{5-1}=\dfrac{5}{4}\)

b, \(P=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}\left(\dfrac{3x+3}{x\sqrt{x}-1}-\dfrac{2}{\sqrt{x}-1}\right)\)

\(\Rightarrow P=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}\left(\dfrac{3x+3}{\sqrt{x^3}-1}-\dfrac{2\left(x+\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\right)\)

\(\Rightarrow P=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}\left(\dfrac{3x+3}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}-\dfrac{2x+2\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\right)\)

\(\Rightarrow P=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}.\dfrac{3x+3-2x-2\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\)

\(\Rightarrow P=\dfrac{\sqrt{x}\left(x-2\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)^2\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\)

\(\Rightarrow P=\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)^2}{\left(\sqrt{x}-1\right)^2\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\)

\(\Rightarrow P=\dfrac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1}\)

ô

a: Gọi N là trung điểm của CD

=>N là tâm đường tròn đường kính CD

Xét (O) có

CM,CA là các tiếp tuyến

Do đó: CM=CA và OC là phân giác của góc MOA

Xét (O) có

DM,DB là các tiếp tuyến

Do đó: DM=DB và OD là phân giác của góc MOB

Ta có: OC là phân giác của góc MOA

=>\(\hat{MOA}=2\cdot\hat{MOC}\)

Ta có: OD là phân giác của góc MOB

=>\(\hat{MOB}=2\cdot\hat{MOD}\)

Ta có: \(\hat{MOA}+\hat{MOB}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(2\left(\hat{MOC}+\hat{MOD}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\hat{COD}=180^0\)

=>\(\hat{COD}=90^0\)

=>O nằm trên đường tròn đường kính CD

hay O nằm trên (N)

Xét hình thang ABDC có

O,N lần lượt là trung điểm cua AB,DC

=>ON là đường trung bình của hình thang ABDC
=>ON//AC//BD

=>ON⊥AB tại O

Xét (N) có

NO là bán kính

AB⊥NO tại O

Do đó: AB là tiếp tuyến tại O của (N)