Bạn Hoàng Anh ơi mik cân vuông cân bạn ạ

\(n_{MgO}=\dfrac{48}{40}=1,2\left(mol\right)\)

\(n_{HCl}=\dfrac{73}{36,5}=2\left(mol\right)\)

\(MgO+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2O\)

1<---------2-------->1

Lập tỉ lệ: \(\dfrac{1,2}{1}>\dfrac{2}{2}\Rightarrow MgO.dư\)

Sau phản ứng thu được:

\(m_{MgCl_2}=1.95=95\left(g\right)\\ m_{MgO.dư}=\left(1,2-1\right).40=8\left(g\right)\)

\(E=2x^2+4x+13\)

\(=2\left(x^2+2x+\dfrac{13}{2}\right)\)

\(=2\left(x^2+2x+1+\dfrac{11}{2}\right)\)

\(=2\left(x+1\right)^2+11>=11>0\forall x\)

\(F=2x^2-3x+6\)

\(=2\left(x^2-\dfrac{3}{2}x+3\right)\)

\(=2\left(x^2-2\cdot x\cdot\dfrac{3}{4}+\dfrac{9}{16}+\dfrac{39}{16}\right)\)

\(=2\left(x-\dfrac{3}{4}\right)^2+\dfrac{39}{8}>=\dfrac{39}{8}>0\forall x\)

E=2x²+4x+13

E=2(x²+2x+1)+11

E=2(x+1)²+11

2(x+1)²≥0,∀x

⇒2(x+1)²+11 lớn hơn 0 ∀x

⇒E luôn nhân giá trị dương

F=2x²-3x+6

 2F=4x²-6x+12

2F=(4x²-6x+\(\dfrac{9}{4}\))+\(\dfrac{15}{4}\)

2F=(2x+\(\dfrac{3}{2}\))²+\(\dfrac{15}{4}\)

F=\(\dfrac{\left(2x+\dfrac{3}{2}\right)^2}{2}\)+\(\dfrac{15}{8}\)

\(\dfrac{\left(2x+\dfrac{3}{2}\right)^2}{2}\)≥0,∀x

⇒\(\dfrac{\left(2x+\dfrac{3}{2}\right)^2}{2}\)+\(\dfrac{15}{8}\) lớn hơn 0 ∀x

⇒F luôn nhận giá trị dương

a: Xét ΔAEH vuông tại E và ΔAHB vuông tại H có

\(\widehat{EAH}\) chung

Do đó: ΔAEH~ΔAHB

=>\(\dfrac{AE}{AH}=\dfrac{AH}{AB}\)

=>\(AH^2=AE\cdot AB\left(1\right)\)

Xét ΔAFH vuông tại F và ΔAHC vuông tại H có

\(\widehat{FAH}\) chung

Do đó: ΔAFH~ΔAHC

=>\(\dfrac{AF}{AH}=\dfrac{AH}{AC}\)

=>\(AH^2=AF\cdot AC\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

b: Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)

nên AEHF là hình chữ nhật

=>\(HA^2=HE^2+HF^2\)

Xét ΔEHA vuông tại H và ΔEBH vuông tại E có

\(\widehat{EHA}=\widehat{EBH}\left(=90^0-\widehat{HAE}\right)\)

Do đó: ΔEHA~ΔEBH

=>\(\dfrac{EH}{EB}=\dfrac{EA}{EH}\)

=>\(EH^2=EA\cdot EB\)

Xét ΔFHA vuông tại F và ΔFCH vuông tại F có

\(\widehat{FHA}=\widehat{FCH}\left(=90^0-\widehat{HAC}\right)\)

Do đó: ΔFHA~ΔFCH

=>\(\dfrac{FH}{FC}=\dfrac{FA}{FH}\)

=>\(FH^2=FA\cdot FC\)

\(HA^2=HE^2+HF^2=EA\cdot EB+FA\cdot FC\)

Điều kiện: `x > 0`

Trong 1 giờ, cả hai vòi chảy được: 

`1 : 24 = 1/24` (bể) 

Trong 1 giờ, vòi 1 chảy được: 

`1 : x = 1/x` (bể)

Trong 1 giờ, vỏi 2 chảy được: 

`1/24 - 1/x` (bể) 

Do vòi thứ nhất chảy 3h, vòi thứ hai chảy 6h thì được `1/3` bể, ta có phương trình: 

`3 . 1/x + 6 . (1/24 - 1/x) = 1/3 `

`<=> 3/x + 1/4 - 6/x = 1/3`

`<=> -3/x = 1/3 - 1/4`

`<=> -3/x = 1/12`

`<=> x = -36` (Không thỏa mãn) 

Vậy không tồn tại `x `

Trong 1 giờ, vòi 1 chảy được: \(\dfrac{1}{x}\left(bể\right)\)

Trong 1 giờ, hai vòi chảy được: \(\dfrac{1}{24}\left(bể\right)\)

Trong 1 giờ, vòi 2 chảy được: \(\dfrac{1}{24}-\dfrac{1}{x}\left(bể\right)\)

Trong 3 giờ, vòi 1 chảy được: \(\dfrac{3}{x}\left(bể\right)\)

Trong 6 giờ, vòi 2 chảy được: \(6\left(\dfrac{1}{24}-\dfrac{1}{x}\right)=\dfrac{1}{4}-\dfrac{6}{x}\left(bể\right)\)

a: ABCD là hình thoi

=>AC\(\perp\)BD tại trung điểm của mỗi đường

=>AC\(\perp\)BD tại I

Xét tứ giác AIBM có

K là trung điểm chung của AB và IM

=>AIBM là hình bình hành

Hình bình hành AIBM có \(\widehat{AIB}=90^0\)

nên AIBM là hình chữ nhật

ΔEHF vuông tại H

=>\(HE^2+HF^2=EF^2\)

=>\(HE=\sqrt{5^2-3^2}=4\left(cm\right)\)

Xét ΔHEG vuông tại H và ΔHFE vuông tại H có

\(\widehat{HEG}=\widehat{HFE}\left(=90^0-\widehat{G}\right)\)

Do đó: ΔHEG~ΔHFE

=>\(\dfrac{HE}{HF}=\dfrac{HG}{HE}\)

=>\(HE^2=HF\cdot HG\)

=>\(HG=\dfrac{4^2}{3}=\dfrac{16}{3}\left(cm\right)\)

ΔEHG vuông tại H

=>\(HE^2+HG^2=EG^2\)

=>\(EG=\sqrt{\left(\dfrac{16}{3}\right)^2+4^2}=\dfrac{8\sqrt{13}}{3}\left(cm\right)\)

Với mọi x;y dương ta có:

\(\left(x-y\right)^2\ge0\Leftrightarrow x^2+y^2\ge2xy\) 

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+2xy\ge4xy\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\) (1)

Đồng thời cũng suy ra: \(x+y\ge2\sqrt{xy}\) (2)

Gọi biểu thức đã cho là P, áp dụng BĐT (1) ta được:

\(P=\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4c^2}+\dfrac{\left(b+c\right)^2}{4d^2}+\dfrac{\left(c+d\right)^2}{4a^2}+\dfrac{\left(d+a\right)^2}{4b^2}\)

\(P\ge\dfrac{4ab}{4c^2}+\dfrac{4bc}{4d^2}+\dfrac{4cd}{4a^2}+\dfrac{4da}{4b^2}=\dfrac{ab}{c^2}+\dfrac{bc}{d^2}+\dfrac{cd}{a^2}+\dfrac{da}{b^2}\)

Áp dụng tiếp BĐT (2):

\(P\ge2\sqrt{\dfrac{ab.bc}{c^2d^2}}+2\sqrt{\dfrac{cd.da}{a^2b^2}}\ge2\left(2\sqrt{\sqrt{\dfrac{ab.bc}{c^2d^2}}.\sqrt{\dfrac{cd.da}{a^2b^2}}}\right)=4\)

\(P_{min}=4\) khi \(a=b=c=d\)

\(CaCO_3\rightarrow CaO+CO_2\)

Khối lượng khí \(CO_2\) thất thoát là khối lượng giảm chính của đá vôi.

=> Khối lượng đá vôi giảm.