Trước tiên ta cần chứng minh định lý sin trong tam giác:

Cho tam giác ABC, \(BC=a,AC=b,AB=c\). Khi đó \(\dfrac{a}{sinA}=\dfrac{b}{sinB}=\dfrac{c}{sinC}=2R\) với R là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Chứng minh:

Kẻ đường kính AD của (O), dễ thấy tam giác ABD vuông tại B \(\Rightarrow sinD=\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{c}{2R}\). Lại có \(\widehat{D}=\widehat{C}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB) \(\Rightarrow sinC=\dfrac{c}{2R}\Rightarrow\dfrac{c}{sinC}=2R\)

Tương tự, ta thu được đpcm

Trở lại bài toán chính, áp dụng định lý sin cho tam giác ABC, ta được \(\dfrac{AB}{sinC}=\dfrac{BC}{sinA}\) \(\Rightarrow AB=\dfrac{BCsinC}{sinA}\) \(=\dfrac{15.sin30}{sin40}\)\(\approx11,67\left(cm\right)\)

Vậy \(AB\approx11,67cm\)

Mình tham khảo trên mạng á cũng ko biết đúng sai âu

a, ΔABC nội tiếp đường tròn đường kính AB

⇒ ΔABC vuông tại C (đpcm)

⇒ $A{C}^2=AH.AB=(R-OH).2R=(4-1).2.4=24$

⇔ AC = 2$\sqrt{6}$cm

b, ΔOHC = ΔOHD (ch - cgv)

⇒ HC = HD

⇒ BH là trung tuyến của ΔBCD mà BH cũng là đường cao

⇒ ΔBCD cân tại B (đpcm)

Ta có: AC ⊥ CB ⇒ ΔCAE vuông tại C

CD ⊥ AB ⇒ ΔHBC vuông tại H

mà $\widehat{CBH}$ = $\widehat{EAC}$ (cùng phụ với $\widehat{CAB}$)

⇒ ΔCAE ~ ΔHBC (g.g)

⇒ $\frac{AE}{BC}$ = $\frac{EC}{HC}$ 

mà ΔBCD cân tại B, BH là trung tuyến

⇒ BC = BD và HC = DH

⇒ $\frac{AE}{BD}$ = $\frac{EC}{DH}$ (đpcm)

Ứng dụng tỉ số lượng giác của 2 góc phụ nhau để làm bài này, nhìn lại hình như bị ghi sai đề, có lẽ cos²20⁰ mới đúng

Dùng Bacl2 nếu kết tủa là Fe2(SO4)2 để phân biệt ra 2 nhóm

sau đó ở nhóm 2 cho từng chất tác dụng với nhau nếu có hiện tượng Cu tan tạo khí không màu hóa nâu trong không khí thì là CuCl2 và AgNO3 còn lại là NaCl 

+ Mẫu thử nào thấy có kết tủa màu xanh thẫm trong dung dịch là Cu(OH)2 nên chất ban đầu là CuCl2

$CuC{l}_2+2NaOH--->Cu{\left(OH\right)}_2\downarrow +2NaCl$

+ Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng là Mg(OH)2 nên chất ban đầu là MgCk2

$MgC{l}_2+2NaOH--->Mg{\left(OH\right)}_2\downarrow +2NaCl$

+ Mẫu thử xuất hiện kết tủa nâu đỏ là Fe(OH)3 nên chất ban đầu là Fe2(SO4)3

$F{e}_2{\left(S{O}_4\right)}_3+6NaOH--->2Fe{\left(OH\right)}_3+3N{a}_{2}S{O}_4$

+ Mẫu thử không có hiện tượng gì là NaOH

A. Số mol Ba(OH)2 = ��=34.2171=0,2���Mm​=17134.2​=0,2mol

         Ba(OH)2 + Na2SO4 → BaSO4 + 2NaOH       

PT:   1mol                            1mol

ĐB:   0,2mol                      0,2mol

Khối lượng BaSO4: mBaSO4= n.M = 0,2×233 = 46,6 g

B. Khối lượng Na2SO4 phản ứng:

mNa2SO4 = n. M = 0,2 . 142 = 28,4g

Nồng độ phần trăm của dd Na2SO4: C%= 46,6200.100%=23,3%20046,6​.100%=23,3%

A. Số mol Ba(OH)2 =m/M ��=34.2171=0,2���

​=
​34,2/171=0,2mol

         Ba(OH)2 + Na2SO4 → BaSO4 + 2NaOH       

PT:   1mol                            1mol

ĐB:   0,2mol                      0,2mol

Khối lượng BaSO4: mBaSO4= n.M = 0,2×233 = 46,6 g

B. Khối lượng Na2SO4 phản ứng:

mNa2SO4 = n. M = 0,2 . 142 = 28,4g

Nồng độ phần trăm của dd Na2SO4: C%=46,6/200 46,6200.100%=23,3%

​.100%=23,3%

(1) \(3Fe+2O_2\xrightarrow[]{t^\circ}Fe_3O_4\)

(2) \(Fe_3O_4+8HCl\xrightarrow[]{}FeCl_2+2FeCl_3+4H_2O\)

(3) \(FeCl_3+3LiOH\xrightarrow[]{}Fe\left(OH\right)_3\downarrow+3LiCl\)

(4) \(2Fe\left(OH\right)_3\xrightarrow[]{t^\circ}Fe_2O_3+3H_2O\)

(5) \(Fe_3O_4+8HCl\xrightarrow[]{}FeCl_2+2FeCl_3+4H_2O\)

(6) \(FeCl_2\xrightarrow[]{đpdd}Fe+Cl_2\uparrow\)

(7) \(Fe+2HCl\xrightarrow[]{}FeCl_2+H_2\uparrow\)

(8) \(H_2+CuO\xrightarrow[]{t^\circ}Cu+H_2O\uparrow\)

(1) 3��+2�2→�∘��3�43Fe+2O2​t∘​Fe3​O4​

(2) ��3�4+8���→����2+2����3+4�2�Fe3​O4​+8HCl​FeCl2​+2FeCl3​+4H2​O

(3) ����3+3����→��(��)3↓+3����FeCl3​+3LiOH​Fe(OH)3​↓+3LiCl

(4) 2��(��)3→�∘��2�3+3�2�2Fe(OH)3​t∘​Fe2​O3​+3H2​O

(5) ��3�4+8���→����2+2����3+4�2�Fe3​O4​+8HCl​FeCl2​+2FeCl3​+4H2​O

(6) ����2→đ�����+��2↑FeCl2​đpdd​Fe+Cl2​↑

(7) ��+2���→����2+�2↑Fe+2HCl​FeCl2​+H2​↑

(8) �2+���→�∘��+�2�↑H2​+CuOt∘​Cu+H2​O↑