3.

Do \(sin\left(x+k2\pi\right)=sinx\Rightarrow sin\left(x+2020\pi\right)=sinx\)

\(sin\left(\dfrac{\pi}{2}+x\right)=cos\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{2}-x\right)=cos\left(-x\right)=cosx\)

\(A=\dfrac{sinx+sin3x+sin5x}{cosx+cos3x+cos5x}=\dfrac{sinx+sin5x+sin3x}{cosx+cos5x+cos3x}\)

\(=\dfrac{2sin3x.cosx+sin3x}{2cos3x.cosx+cos3x}=\dfrac{sin3x\left(2cosx+1\right)}{cos3x\left(2cosx+1\right)}\)

\(=\dfrac{sin3x}{cos3x}=tan3x\)

4.

a.

\(\overrightarrow{CB}=\left(2;-2\right)=2\left(1;-1\right)\)

Do đường thẳng d vuông góc BC nên nhận \(\left(1;-1\right)\) là 1 vtpt

Phương trình đường thẳng d đi qua \(A\left(-1;2\right)\) và có 1 vtpt là \(\left(1;-1\right)\) là:

\(1\left(x+1\right)-1\left(y-2\right)=0\Leftrightarrow x-y+3=0\)

b.

Gọi \(I\left(a;b\right)\) là tâm đường tròn, ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{AI}=\left(a+1;b-2\right)\\\overrightarrow{BI}=\left(a-3;b-2\right)\\\overrightarrow{CI}=\left(a-1;b-4\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AI^2=\left(a+1\right)^2+\left(b-2\right)^2\\BI^2=\left(a-3\right)^2+\left(b-2\right)^2\\CI^2=\left(a-1\right)^2+\left(b-4\right)^2\end{matrix}\right.\)

Do I là tâm đường tròn qua 3 điểm nên: \(\left\{{}\begin{matrix}AI=BI\\AI=CI\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}AI^2=BI^2\\AI^2=CI^2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a+1\right)^2+\left(b-2\right)^2=\left(a-3\right)^2+\left(b-2\right)^2\\\left(a+1\right)^2+\left(b-2\right)^2=\left(a-1\right)^2+\left(b-4\right)^2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}8a=8\\4a+4b=12\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow I\left(1;2\right)\)

\(\overrightarrow{AI}=\left(2;0\right)\Rightarrow R=AI=\sqrt{2^2+0^2}=2\)

Pt đường tròn có dạng:

\(\left(x-1\right)^2+\left(y-2\right)^2=4\) 

Mình bận 1 xíu, nhưng nếu học giới hạn thì bạn cần nắm rõ các khái niệm và các dạng vô định cũng như không phải vô định đã

Giới hạn này không phải là 1 giới hạn vô định (mẫu số xác định và hữu hạn), khi gặp giới hạn kiểu này thì chỉ có 1 cách: thay số tính trực tiếp như lớp 1 là được:

\(\lim\limits_{x\rightarrow\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)}{x}=\dfrac{sin\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{4}\right)}{\dfrac{\pi}{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{\pi}\)

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{5}{6}\\\dfrac{\dfrac{2}{3}}{x}+\dfrac{\dfrac{2}{3}}{y}+\dfrac{\dfrac{8}{9}}{y}=1\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{5}{6}\\\dfrac{\dfrac{2}{3}}{x}+\dfrac{\dfrac{14}{9}}{y}=1\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{5}{6}\left(1\right)\\\dfrac{2}{3x}+\dfrac{14}{9y}=1\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Nhân cả hai vế (1) cho \(\dfrac{2}{3}\) ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{2}{3x}+\dfrac{2}{3y}=\dfrac{5.2}{6.3}\\\dfrac{2}{3x}+\dfrac{14}{9y}=1\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{2}{3x}+\dfrac{2}{3y}=\dfrac{10}{18}\left(3\right)\\\dfrac{2}{3x}+\dfrac{14}{9y}=1\left(4\right)\end{matrix}\right.\)

Lấy (4) trừ (3) ta có:

\(\dfrac{14}{9y}-\dfrac{2}{3y}=1-\dfrac{10}{18}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{8}{9y}=\dfrac{4}{9}\)\(\Leftrightarrow y=2\Rightarrow x=\dfrac{1}{\dfrac{5}{6}-\dfrac{1}{2}}=3\)

a) \(m_{NaCl}=\dfrac{8.200}{100}=16\left(g\right)\)

b) \(m_{HCl}=\dfrac{14.250}{100}=35\left(g\right)\)

c) \(m_{H_2SO_4}=\dfrac{19,6.300}{100}=58,8\left(g\right)\)

Theo như hình vẽ thì I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC và J là giao điểm MI với AO đúng không nhỉ?

Tam giác AMJ vuông tại J nên theo Pitago: \(MJ^2=MA^2-AJ^2\)

Tương tự tam giác vuông MJO: \(MJ^2=MO^2-JO^2\)

Trừ vế theo vế: \(MA^2-AJ^2-MO^2+JO^2=0\) (1)

Tam giác vuông AIJ: \(IJ^2=AI^2-AJ^2\)

Tam giác vuông \(IJO\): \(IJ^2=OI^2-JO^2\)

\(\Rightarrow AI^2-AJ^2-OI^2+JO^2=0\) (2)

Trừ vế (1) và (2): \(MA^2-AI^2-MO^2+OI^2=0\) (3)

Do O là trung điểm BC nên \(IO\perp BC\)

\(\Rightarrow OI^2+OC^2=IC^2\) 

Do M, C cùng thuộc đường tròn tâm O đường kính BC \(\Rightarrow OC=OM\)

Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC \(\Rightarrow IC=IA\)

\(\Rightarrow OI^2+OM^2=IA^2\Rightarrow OI^2-IA^2=-OM^2\)

Thế vào (3):

\(MA^2-MO^2-MO^2=0\Rightarrow MA=MO\sqrt{2}=\dfrac{BC\sqrt{2}}{2}\Rightarrow BC=\sqrt{2}MA\)

Em vẽ hình ra được không nhỉ? Hiện tại đang không có công cụ vẽ hình nên không hình dung được dạng câu c

câu C.

Do Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác thuộc đường thẳng đó nên gọi tâm đó là I 

=> I là giao điểm của đường thẳng qua M vuông góc AO, và trung trực của BC

Gọi điểm N là giao điểm cả AO và BM

=> tam giác AMO vuông tại M, MN vuông góc AO => \(AM^2\) = AN.AO

AK cắt BM tại G => AN.AO = AG.AK

Chứng minh tứ giác nội tiếp và tam giác đồng dạng  => AG.AK = 2.BN.BI = 2\(BO^2\)

=> \(AM^2=2BO^2=2BC\)

⇒ BC=\(\sqrt{2}\) AM(đpcm) 

\(a,m_{dd}=\dfrac{5}{12\%}=\dfrac{125}{3}\left(g\right)\\ b,m_{dd}=\dfrac{4}{7,3\%}=\dfrac{4000}{73}\left(g\right)\\ c,m_{NaOH}=0,5.40=20\left(g\right)\\ m_{dd}=\dfrac{20}{10\%}=200\left(g\right)\)

\(m_{\text{dd}}=\dfrac{5.100}{12}=41,6\left(g\right)\\ m_{\text{dd}}=\dfrac{4.100}{7,3}=\dfrac{4000}{73}\left(g\right)\\ m_{\text{dd}}=\dfrac{\left(0,5.40\right).100}{10}=200\left(g\right)\)

\(=\dfrac{7-4\sqrt{3}+7+4\sqrt{3}}{1}=14\)

\(=7-4\sqrt{3}+7+4\sqrt{3}=14\)