cô oi đề này em thấy sai ạ

## Bài giải:

**a) Tứ giác BHCK là hình gì?**

* **Bước 1:** Xét tứ giác BHCK có: $\widehat{BHC} = \widehat{BKC} = 90^\circ$ (BE, CF là đường cao)

* **Bước 2:** Suy ra tứ giác BHCK nội tiếp đường tròn đường kính BC.

* **Bước 3:** Vì BHCK nội tiếp đường tròn đường kính BC nên $\widehat{HKB} = \widehat{HCB}$ (cùng chắn cung HB).

* **Bước 4:** Mặt khác, $\widehat{HCB} = \widehat{HAB}$ (cùng phụ với $\widehat{ABC}$).

* **Bước 5:** Từ bước 3 và bước 4 suy ra $\widehat{HKB} = \widehat{HAB}$.

* **Bước 6:** Xét tam giác HKB và tam giác HAB có:

    * $\widehat{HKB} = \widehat{HAB}$ (chứng minh trên)

    * $\widehat{KHB} = \widehat{AHB} = 90^\circ$

    * $\Rightarrow$ $\triangle HKB \sim \triangle HAB$ (g.g)

* **Bước 7:** Từ bước 6 suy ra $\frac{HK}{HA} = \frac{HB}{HB} = 1 \Rightarrow HK = HA$.

* **Bước 8:** Xét tam giác HKA có HK = HA nên tam giác HKA cân tại H.

* **Bước 9:** Do đó, $\widehat{HAK} = \widehat{HKA}$.

* **Bước 10:** Mặt khác, $\widehat{HKA} = \widehat{HCB}$ (cùng chắn cung HB).

* **Bước 11:** Từ bước 9 và bước 10 suy ra $\widehat{HAK} = \widehat{HCB}$.

* **Bước 12:** Xét tam giác HAK và tam giác HCB có:

    * $\widehat{HAK} = \widehat{HCB}$ (chứng minh trên)

    * $\widehat{AHK} = \widehat{CHB} = 90^\circ$

    * $\Rightarrow$ $\triangle HAK \sim \triangle HCB$ (g.g)

* **Bước 13:** Từ bước 12 suy ra $\frac{HK}{HC} = \frac{HA}{HB} = 1 \Rightarrow HK = HC$.

* **Bước 14:** Từ bước 7 và bước 13 suy ra HK = HA = HC.

* **Bước 15:** Xét tứ giác BHCK có:

    * HK = HA = HC (chứng minh trên)

    * $\Rightarrow$ Tứ giác BHCK là hình thoi.

**b) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh H, M, K thẳng hàng.**

* **Bước 1:** Vì M là trung điểm của BC nên HM là đường trung tuyến của tam giác HBC.

* **Bước 2:** Mặt khác, BHCK là hình thoi nên HM cũng là đường cao của tam giác HBC.

* **Bước 3:** Do đó, HM vuông góc với BC.

* **Bước 4:** Vì HK = HC nên HK là đường trung tuyến của tam giác HKC.

* **Bước 5:** Mặt khác, $\widehat{HKC} = 90^\circ$ nên HK cũng là đường cao của tam giác HKC.

* **Bước 6:** Do đó, HK vuông góc với KC.

* **Bước 7:** Từ bước 3 và bước 6 suy ra H, M, K thẳng hàng.

**c) Từ H kẻ HG vuông góc với BC (G thuộc BC). Lấy điểm I thuộc tia đối của tia GH sao cho GH = GI. Chứng minh tứ giác BCKI là hình thang cân.**

* **Bước 1:** Xét tứ giác BCKI có:

    * $\widehat{BKI} = \widehat{CKI} = 90^\circ$ (BK, CK vuông góc với AB, AC)

    * $\Rightarrow$ Tứ giác BCKI nội tiếp đường tròn đường kính BC.

* **Bước 2:** Vì BCKI nội tiếp đường tròn đường kính BC nên $\widehat{BIK} = \widehat{BCK}$ (cùng chắn cung BK).

* **Bước 3:** Mặt khác, $\widehat{BCK} = \widehat{HKB}$ (cùng chắn cung HB).

* **Bước 4:** Từ bước 2 và bước 3 suy ra $\widehat{BIK} = \widehat{HKB}$.

* **Bước 5:** Xét tam giác BIK và tam giác BHK có:

    * $\widehat{BIK} = \widehat{HKB}$ (chứng minh trên)

    * $\widehat{BKI} = \widehat{BKH} = 90^\circ$

    * $\Rightarrow$ $\triangle BIK \sim \triangle BHK$ (g.g)

* **Bước 6:** Từ bước 5 suy ra $\frac{BI}{BH} = \frac{BK}{BK} = 1 \Rightarrow BI = BH$.

* **Bước 7:** Mặt khác, GH = GI nên BH = BI = GH + HI = GI + HI = HI.

* **Bước 8:** Do đó, BH = HI.

* **Bước 9:** Xét tứ giác BCKI có:

    * BI = BH (chứng minh trên)

    * $\widehat{BKI} = \widehat{CKI} = 90^\circ$

    * $\Rightarrow$ Tứ giác BCKI là hình thang cân.

**Kết luận:**

* a) Tứ giác BHCK là hình thoi.

* b) H, M, K thẳng hàng.

* c) Tứ giác BCKI là hình thang cân.

a) Đa thức biểu thị số mét khối cần bơm đầy bể trong bể 1 là:

\(1,2\cdot x\cdot y=1,2xy\left(m^3\right)\) 

Đa thức biểu thị số mét khối cần bơm đầy bể trong bể 2 là:

\(1,2\cdot5\cdot x\cdot5\cdot y=37,5xy\left(m^3\right)\)

b) Tổng số mét khối nước cần đổ vào 2 bể là:

\(1,2xy+37,5xy=38,7xy\left(m^3\right)\) 

Số mét khối nước cần đổ vào bể khi x = 4 m và y = 3 m 

\(38,7\cdot4\cdot3=464,4\left(m^3\right)\)

) Đa thức biểu thị số mét khối cần bơm đầy bể trong bể 1 là:

1,2⋅�⋅�=1,2��(�3)1,2⋅x⋅y=1,2xy(m3) 

Đa thức biểu thị số mét khối cần bơm đầy bể trong bể 2 là:

1,2⋅5⋅�⋅5⋅�=37,5��(�3)1,2⋅5⋅x⋅5⋅y=37,5xy(m3)

b) Tổng số mét khối nước cần đổ vào 2 bể là:

1,2��+37,5��=38,7��(�3)1,2xy+37,5xy=38,7xy(m3) 

Số mét khối nước cần đổ vào bể khi x = 4 m và y = 3 m 

38,7⋅4⋅3=464,4(�3)38,7⋅4⋅3=464,4(m3)

a) Số nhiệt của thành phố A là: 

\(I=-45+2\cdot40+10\cdot100-0,2\cdot40\cdot100-0,007\cdot40^2-0,05\cdot100^2+0,001\cdot40^2\cdot100+0,009\cdot40\cdot100^2-0,000002\cdot40^2\cdot100^2\)

\(I=-3345,2\)

b) Số nhiệt của thành phố B là:
\(I=-45+2\cdot50+10\cdot90-0,007\cdot50^2-0,05\cdot90^2+0,001\cdot50^2\cdot90+0,009\cdot50\cdot90^2-0,00000\cdot50^2\cdot90^2\)

\(I=-3780\)

a) Số nhiệt của thành phố A là: 

�=−45+2⋅40+10⋅100−0,2⋅40⋅100−0,007⋅402−0,05⋅1002+0,001⋅402⋅100+0,009⋅40⋅1002−0,000002⋅402⋅1002I=−45+2⋅40+10⋅100−0,2⋅40⋅100−0,007⋅402−0,05⋅1002+0,001⋅402⋅100+0,009⋅40⋅1002−0,000002⋅402⋅1002

$I=-3345,2$

b) Số nhiệt của thành phố B là:
�=−45+2⋅50+10⋅90−0,007⋅502−0,05⋅902+0,001⋅502⋅90+0,009⋅50⋅902−0,00000⋅502⋅902I=−45+2⋅50+10⋅90−0,007⋅502−0,05⋅902+0,001⋅502⋅90+0,009⋅50⋅902−0,00000⋅502⋅902

$I=-3780$

a) ​Tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật (GT)

Suy ra $AD$ // $IC$ (hai cạnh đối) nên tứ giác $AICD$ là hình thang.

Mà ���^=90∘ADC=90∘ (góc của hình chữ nhật)

Do đó tứ giác $AICD$ là hình thang vuông.

b) Tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AD$ // $BC,AD=BC$.

Mà $I$, $K$ lần lượt là trung điểm của $BC$, $AD$.

Suy ra $AK$ // $IC$ và $AK=IC$.

Tứ giác $AICK$ có $AK$ // $IC$ và $AK=IC$ nên tứ giác $AICK$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

c) Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$

Suy ra $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$ (1) (tính chất đường chéo hình chữ nhật)

Tứ giác $AICK$ là hình bình hành (chứng minh trên).

Suy ra $AC$ cắt $IK$ tại trung điểm của $AC$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $O$ là trung điểm của $AC$, $IK$ và $BD$.

Hay ba đường thẳng $AC$, $BD$, $IK$ cùng đi qua điểm $O$.

​Tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật (GT)

Suy ra $AD$ // $IC$ (hai cạnh đối) nên tứ giác $AICD$ là hình thang.

Mà ���^=90∘ADC=90∘ (góc của hình chữ nhật)

Do đó tứ giác $AICD$ là hình thang vuông.

b) Tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AD$ // $BC,AD=BC$.

Mà $I$, $K$ lần lượt là trung điểm của $BC$, $AD$.

Suy ra $AK$ // $IC$ và $AK=IC$.

Tứ giác $AICK$ có $AK$ // $IC$ và $AK=IC$ nên tứ giác $AICK$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

c) Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$

Suy ra $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$ (1) (tính chất đường chéo hình chữ nhật)

Tứ giác $AICK$ là hình bình hành (chứng minh trên).

Suy ra $AC$ cắt $IK$ tại trung điểm của $AC$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $O$ là trung điểm của $AC$, $IK$ và $BD$.

Hay ba đường thẳng $AC$, $BD$, $IK$ cùng đi qua điểm $O$.

a) \(\left(x-2y\right)\left(3xy+6x^2+x\right)\)

\(=x\left(3xy+6x^2+x\right)-2y\left(3xy+6x^2+x\right)\)

\(=3x^2y+6x^3+x^2-6xy^2-12x^2y-2xy\)

\(=6x^3+x^2-9x^2y-6xy^2-2xy\)

b) \(\left(18x^4y^3-24x^3y^4+12x^3y^3\right):\left(-6x^2y^3\right)\)

\(=18x^4y^3:\left(-6x^2y^3\right)-24x^3y^4:\left(-6x^2y^3\right)+12x^3y^3:\left(-6x^2y^3\right)\)

\(=-3x^2+4xy-2x\)

a) (�−2�)(3��+6�2+�)(x−2y)(3xy+6x2+x)

=�(3��+6�2+�)−2�(3��+6�2+�)=x(3xy+6x2+x)−2y(3xy+6x2+x)

=3�2�+6�3+�2−6��2−12�2�−2��=3x2y+6x3+x2−6xy2−12x2y−2xy

=6�3+�2−9�2�−6��2−2��=6x3+x2−9x2y−6xy2−2xy

b) (18�4�3−24�3�4+12�3�3):(−6�2�3)(18x4y3−24x3y4+12x3y3):(−6x2y3)

=18�4�3:(−6�2�3)−24�3�4:(−6�2�3)+12�3�3:(−6�2�3)=18x4y3:(−6x2y3)−24x3y4:(−6x2y3)+12x3y3:(−6x2y3)

=−3�2+4��−2�=−3x2+4xy−2x

Bài 1:

a) Đa thức P có bậc 3, các hạng tử của đa thức P là \(2x^2y;-3x;8y^2;-1\)

b) Thay \(x=-1;y=\dfrac{1}{2}\) vào đa thức P, ta được:

\(P=2\left(-1\right)^2\cdot\dfrac{1}{2}-3\cdot\left(-1\right)+8\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^2-1\)

\(P=1+3+2-1\)

\(P=5\)

Bài 2:

\(P+Q=5xy^2-3x^2+2y-1-xy^2+9x^2y-2y+6\)

\(P+Q=4xy^2-3x^2+5+9x^2y\)

\(P-Q=5xy^2-3x^2+2y-1+xy^2-9x^2y+2y-6\)

\(P-Q=-9x^2y+6xy^2-3x^2+4y-7\)

Bài 1:

a) Bậc của đa thức P là: \(2+1=3\) 

Các hạng tử của P là: \(2x^2y,-3x,8y^2,-1\)

b) Thay \(x=-1;y=\dfrac{1}{2}\) vào P ta có:

\(P=2\cdot\left(-1\right)^2\cdot\dfrac{1}{2}-3\cdot-1+8\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^2-1\)

\(P=2\cdot1\cdot\dfrac{1}{2}+3+8\cdot\dfrac{1}{4}-1\)

\(P=1+3+2-1\)

\(P=5\)

a, PT: \(CuO+H_2\underrightarrow{t^o}Cu+H_2O\)

b, \(n_{H_2}=\dfrac{2,479}{24,79}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{CuO}=\dfrac{12}{80}=0,15\left(mol\right)\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,15}{1}>\dfrac{0,1}{1}\), ta được CuO dư.

Theo PT: \(n_{H_2O}=n_{H_2}=0,1\left(mol\right)\Rightarrow m_{H_2O}=0,1.18=1,8\left(g\right)\)

c, BTKL, có: m_H2 + m_CuO = m _{chất rắn} + m_H2O

⇒ a = 0,1.2 + 12 - 1,8 = 10,4 (g)

cíu

Câu 1

\(a.d_{A/B}=\dfrac{M_A}{M_B}\\ d_{A/kk}=\dfrac{M_A}{29}\\ b.d_{SO_2/H_2}=\dfrac{64}{2}=32\\ c.d_{CH_4/kk}=\dfrac{16}{29}\)

Câu 2

\(a.Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\\ b.n_{Fe}=\dfrac{5,6}{56}=0,1mol\\ n_{H_2}=n_{Fe}=0,1mol\\ V_{H_2,đkc}=0,1.24,79=2,479l\)

Câu 3

\(a.PTHH:Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\\ b.n_{H_2}=\dfrac{4,958}{24,79}=0,2mol\\ n_{HCl}=2.0,2=0,4mol\\ m_{HCl}=0,4.36,5=14,6g\\ c.n_{ZnCl_2}=n_{Zn}=0,2mol\\ m_{ZnCl_2}=0,2.136=27,2g\)

Câu 4

\(m_{KOH\left(bđ\right)}=\dfrac{75.30\%}{100\%}=22,5g\)

\(C_{\%KOH\left(sau\right)}=\dfrac{22,5+m_{KOH,thêm}}{75+m_{KOH,thêm}}\cdot100\%=56,25\%\\ \Leftrightarrow m_{KOH,thêm}=45g\)

a) \(\left(3x-2\right)^2-\left(2x+3\right)\left(2x-3\right)\)

\(=9x^2-12x+4-4x^2+9\)

\(=5x^2-12x+13\)

b) \(3x\left(5x-2\right)-\left(2x^2-1\right)\left(2-x\right)\)

\(=15x^2-6x-\left(4x^2-2x^3-2+x\right)\)

\(=15x^2-6x-4x^2+2x^3+2-x\)

\(=11x^2-7x+2x^3+2\)