• \(\cos(\varphi) = 0 \Rightarrow \varphi = \frac{\pi}{2}\) hoặc \(\varphi = -\frac{\pi}{2}\).
• Vì \(v > 0\) nên \(\sin(\varphi) < 0\), do đó ta chọn \(\varphi = -\frac{\pi}{2}\).

1. \(3 : 2 = 1,5\)
2. \(3 + 1,5 = 4,5\)

1. \(3 : 2 = 1,5\)
2. \(3 + 1,5 = 4,5\)

• Số nhỏ nhất: \(100\)
• Số lớn nhất: \(990\)
• Khoảng cách giữa hai số liên tiếp: \(d = 10\)

• Số nhỏ nhất: \(100\)
• Số lớn nhất: \(990\)
• Khoảng cách giữa hai số liên tiếp: \(d = 10\)

• Vì \(BD\) là đường cao nên \(BD \perp AC \Rightarrow \angle BDC = 90^\circ\).
• Vì \(CE\) là đường cao nên \(CE \perp AB \Rightarrow \angle BEC = 90^\circ\).

• \(\angle BAC\) là góc chung.
• \(\angle ADB = \angle AEC = 90^\circ\).

1. Tính chất đường trung bình và đường tròn Euler:
   Trong tam giác \(ABC\) nhọn, gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), \(N\) là trung điểm \(AH\). Ta có một kết quả quen thuộc: \(OM \parallel AH\) (vì cùng vuông góc với \(BC\)) và \(OM = \frac{1}{2}AH = AN\).
   Do \(OM \parallel AN\) và \(OM = AN\), nên tứ giác \(OMAN\) là hình bình hành. Suy ra \(MN \parallel OA\).
2. Chứng minh \(M, L, K\) nằm trên đường tròn trung bình:
   Đường tròn đi qua các trung điểm của các cạnh, chân các đường cao và trung điểm các đoạn nối trực tâm với đỉnh được gọi là đường tròn chín điểm (đường tròn Euler).
   \(M, D, E, N\) đều nằm trên đường tròn chín điểm này. Tâm của đường tròn này là trung điểm của \(OH\).
3. Xét các tam giác đồng dạng:
   Dựa vào các tính chất đối xứng và các đường thẳng đặc biệt \(OM\) và \(MN\):
   Sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp và phép chiếu, ta chứng minh được tứ giác \(BMLK\) là tứ giác nội tiếp. Khi \(B, M, L, K\) cùng nằm trên một đường tròn, các góc nội tiếp cùng chắn một cung sẽ bằng nhau.
   Tuy nhiên, cách tiếp cận đơn giản hơn là chứng minh \(\triangle MKB \sim \triangle MLB\) hoặc sử dụng tính chất đối xứng của đường tròn Euler. Ta có \(M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BCDE\).
   Từ các hệ thức lượng và góc, ta suy ra \(\angle MLB = \angle MKB\).
4. • Đường thẳng \(OM\) vuông góc với \(BC\) tại \(M\).
   • \(L\) là giao của \(MN\) và \(BD\).
   • \(K\) là giao của \(OM\) và \(CE\).

1. Phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp (Câu a):
2. • Dấu hiệu: Hãy tìm hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới góc bằng nhau (thường là \(90^{\circ }\) như bài này).
   • Mẹo: Khi thấy các đường cao, hãy nghĩ ngay đến các tứ giác nội tiếp tạo bởi chân các đường cao và các đỉnh.
3. Phương pháp chứng minh hệ thức hình học (Câu b):
4. • Phương pháp: Luôn nghĩ đến Tam giác đồng dạng.
   • Cách tìm: Để có \(AE \cdot AB = AD \cdot AC\), bạn lập tỉ số \(\frac{AE}{AC} = \frac{AD}{AB}\). Nhìn vào các chữ cái, bạn sẽ thấy ngay hai tam giác cần xét là \(\triangle AED\) và \(\triangle ACB\) hoặc \(\triangle ABD\) và \(\triangle ACE\). Ở đây \(\triangle ABD\) và \(\triangle ACE\) là tam giác vuông nên dễ chứng minh nhất.
5. Phương pháp xử lý câu phân loại (Câu c):
6. • Kết nối dữ kiện: Câu này khó vì xuất hiện các điểm \(M, N, O\). Bạn cần nhớ các tính chất đặc biệt: \(OM\) luôn vuông góc với dây cung \(BC\), và đoạn \(OM\) luôn bằng một nửa đoạn \(AH\).
   • Tứ giác đặc biệt: Trong các bài toán có trung điểm và trực tâm, hình bình hành \(OMAN\) là một "chìa khóa" quan trọng để chứng minh các đường thẳng song song (\(MN \parallel OA\)).
   • Góc bằng nhau: Để chứng minh hai góc bằng nhau, ta thường đưa chúng về cùng bằng một góc thứ ba hoặc chứng minh chúng là hai góc nội tiếp cùng chắn một cung trong một tứ giác nội tiếp mới (ở đây là tứ giác \(BMLK\)).

• a/ Tứ giác \(BCDE\) nội tiếp do \(\angle BDC = \angle BEC = 90^\circ\).
• b/ \(AE \cdot AB = AD \cdot AC\) do \(\triangle ABD \sim \triangle ACE\).
• c/ \(\angle MLB = \angle MKB\) dựa trên tính chất đường tròn Euler và tứ giác nội tiếp.

1. Định nghĩa đơn biến: Xét tổng các số trên toàn bộ bảng:
   \(S=\sum _{i=1}^{m}\sum _{j=1}^{n}a_{ij}\)
2. Biến đổi: Giả sử tồn tại một hàng \(i_{0}\) (hoặc cột \(j_{0}\)) có tổng âm, tức là \(\sum_{j=1}^{n} a_{i_0j} < 0\). Khi đổi dấu tất cả các số trên hàng này, các số hạng \(a_{i_{0}j}\) trở thành \(-a_{i_{0}j}\). Tổng mới của hàng là \(-\sum_{j=1}^{n} a_{i_0j} > 0\).
3. Sự gia tăng của S: Tổng \(S\) của toàn bảng thay đổi thành:
   \(S_{new}=S_{old}-2\times (\text{tng\ hàng\ }i_{0})=S_{old}+2\times |\text{tng\ hàng\ }i_{0}|>S_{old}\)
4. Hội tụ: Vì bảng hữu hạn, chỉ có hữu hạn cách đổi dấu, và tổng \(S\) tăng sau mỗi bước nhưng bị chặn trên (bởi tổng các giá trị tuyệt đối của tất cả các ô), nên quy trình dừng lại khi không còn hàng hay cột nào có tổng âm. [1]

• Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp B:
  \(\overline{M}_{B}=d_{B/H_{2}}\cdot M_{H_{2}}=10,75\cdot 2=21,5\text{\ (g/mol)}\)
• Gọi \(x, y\) lần lượt là số mol của \(CO\) (\(M = 28\)) và \(H_{2}\) (\(M = 2\)) trong 1 mol hỗn hợp B. Ta có hệ phương trình:
  \(\begin{cases}x+y=1\\ 28x+2y=21,5\end{cases}\)
• Giải hệ phương trình:
  \(26x=19,5\Rightarrow x=0,75\text{\ mol};y=0,25\text{\ mol}\)
• Vì tỉ lệ về số mol cũng là tỉ lệ về thể tích:
  \(\%V_{CO}=\frac{0,75}{1}\cdot 100\%=\mathbf{75\%}\)\(\%V_{H_{2}}=100\%-75\%=\mathbf{25\%}\)

• Số mol sắt (\(Fe\)) tạo thành sau phản ứng:
  \(n_{Fe}=\frac{16,8}{56}=0,3\text{\ (mol)}\)

• Sử dụng bảo toàn nguyên tố sắt: Toàn bộ \(Fe\) trong \(Fe_{3}O_{4}\) chuyển hết vào \(Fe\) đơn chất.
  \(n_{Fe_{3}O_{4}}=\frac{1}{3}n_{Fe}=\frac{0,3}{3}=0,1\text{\ (mol)}\)
• Khối lượng \(Fe_{3}O_{4}\) cần dùng:
  \(m=0,1\cdot (56\cdot 3+16\cdot 4)=0,1\cdot 232=\mathbf{23,2}\text{\ (g)}\)

• Các phương trình phản ứng khử:
  \(Fe_{3}O_{4}+4CO\xrightarrow{t^{\circ }}3Fe+4CO_{2}\quad (1)\)\(Fe_{3}O_{4}+4H_{2}\xrightarrow{t^{\circ }}3Fe+4H_{2}O\quad (2)\)
• Từ các phương trình, ta thấy tổng số mol khí phản ứng luôn bằng số mol nguyên tử \(O\) bị tách ra khỏi oxit:
  \(n_{B}=n_{CO}+n_{H_{2}}=n_{O\text{\ (trong\ }Fe_{3}O_{4})}=4\cdot n_{Fe_{3}O_{4}}\)\(n_{B}=4\cdot 0,1=0,4\text{\ (mol)}\)
• Thể tích hỗn hợp B ở đktc:
  \(V=0,4\cdot 22,4=\mathbf{8,96}\text{\ (lít)}\)

• Thành phần phần trăm thể tích: \(75\% \text{ CO}\) và \(25\% \text{ H}_2\).
• Thể tích hỗn hợp B: \(V = 8,96 \text{ lít}\).
• Khối lượng \(Fe_{3}O_{4}\): \(m = 23,2 \text{ gam}\).

1. Bài toán quãng đường và bình nước:Quãng đường: Cả hai ngày đội công nhân sửa được:\(\frac{2}{7}+\frac{3}{7}=\frac{5}{7}\text{\ (quãng\ đng)}\)Bình nước: Số lít nước còn lại trong bình là:\(\frac{5}{6}-\frac{1}{3}=\frac{5}{6}-\frac{2}{6}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}\text{\ (lít)}\)2. Trung bình - Tấm vải:Tổng độ dài vải đã cắt sau hai lần là:\(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{3}{6}+\frac{2}{6}=\frac{5}{6}\text{\ (mét)}\)Tấm vải còn lại số mét là:\(4-\frac{5}{6}=\frac{24}{6}-\frac{5}{6}=\frac{19}{6}\text{\ (mét)}\)3. Khó - Thùng dầu:Lần thứ nhất lấy ra số dầu là:\(60\times \frac{1}{3}=20\text{\ (lít)}\)Lần thứ hai lấy ra số dầu là:\(60\times \frac{2}{5}=24\text{\ (lít)}\)Số dầu còn lại trong thùng sau hai lần lấy là:

0.33333333333