chữ số tận cùng lần lượt là:8,7,4,5,6,3,2,9,0,1

bn có thể giải cách lm cho mik đc k ạ

Bài 1: \(n_{CuO}=\dfrac{3,2}{80}=0,04\left(mol\right)\)

\(CuO+H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+H_2O\)

0,04  →  0,04

\(\Rightarrow m_{H_2SO_4}=0,04\cdot98=3,92\left(g\right)\)

\(\Rightarrow C\%_{H_2SO_4}=\dfrac{3,92}{80}\cdot100\%=4,9\%\)

Bài 2: \(n_{HCl}=0,2\cdot2=0,4\left(mol\right)\)

\(Fe_2O_3+6HCl\rightarrow2FeCl_3+3H_2\uparrow\)

\(\dfrac{1}{15}\)     ←    0,4

\(\Rightarrow m_{Fe_2O_3}=\dfrac{1}{15}\cdot160=\dfrac{32}{3}\left(g\right)\)

a: Xét (O) có

ΔABN nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔABN vuông tại N

=>AN\(\perp\)NB tại N

=>BN\(\perp\)AM tại N

Xét (O) có

ΔAHB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAHB vuông tại H

=>AH\(\perp\)HB tại H

=>BH\(\perp\)AD tại H

Xét ΔBAM vuông tại B có BN là đường cao

nên \(AN\cdot AM=AB^2\left(1\right)\)

Xét ΔABD vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AD=AB^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AN\cdot AM=AH\cdot AD\)

c: ta có: ΔOAN cân tại O

mà OI là đường trung tuyến
nên OI\(\perp\)AN

Xét ΔIAO vuông tại I và ΔNBM vuông tại N có

\(\widehat{IAO}=\widehat{NBM}\left(=90^0-\widehat{AMB}\right)\)

Do đó: ΔIAO~ΔNBM

Xét tứ giác OIMB có

\(\widehat{OBM}+\widehat{OIM}=90^0+90^0=180^0\)

nên OIMB là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{MOB}=\widehat{MIB}\)

Xét ΔOBM vuông tại B và ΔINB vuông tại N có

\(\widehat{BOM}=\widehat{NIB}\left(cmt\right)\)

Do đó: ΔOBM~ΔINB

a) \(BC^2=AB^2+AC^2\Rightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(cm\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}sinB=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{4}{5}\Rightarrow\widehat{B}\approx53^0\\sinC=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{3}{5}\Rightarrow\widehat{C}=37^0\end{matrix}\right.\)

c) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AB=BD\\AC=DC\end{matrix}\right.\)(t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)

=> BC là đường trung trực AD

\(\Rightarrow AD\perp BC\)

Áp dụng HTL trong tam giác BDC vuông tại D:

\(FB.FC=FD^2\Rightarrow4FB.FC=4FD^2=\left(2FD\right)^2=AD^2\)

\(26,\\ a,\sin45^0=\cos45^0< \sin50^025'< \sin57^048'=\cos32^012'< \sin72^0=\cos18^0< \sin75^0\\ b,\tan37^026'< \tan47^0< \tan58^0=\cot32^0< \tan63^0< \tan66^019'=\cot23^041'\\ 27,\\ A=\dfrac{\left(\sin^226^0+\sin^264^0\right)+2\left(\cos^215^0+\cos^275^0\right)}{\left(\sin^255^0+\cos^255^0\right)+\left(\sin^242^0+\cos^242^0\right)}-\dfrac{\tan81^0}{2\tan81^0}\\ A=\dfrac{\left(\sin^226^0+\cos^226^0\right)+2\left(\sin^215^0+\cos^215^0\right)}{1+1}-\dfrac{1}{2}\\ A=\dfrac{1+2}{2}-\dfrac{1}{2}=2-\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}\)

\(28,\\ \sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow\sin\alpha=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)

Bài 3:

b: Gọi K là giao điểm của AB và OP

Xét (O) có

PA,PB là các tiếp tuyến

Do đó: PA=PB

=>P nằm trên đường trung trực của BA(1)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của BA(2)

Từ (1) và (2) suy ra PO là đường trung trực của AB

=>PO\(\perp\)AB tại K và K là trung điểm của AB

Ta có: ΔOAP vuông tại A

=>\(AP^2+AO^2=OP^2\)

=>\(AP^2=OP^2-OA^2=d^2-R^2\)

=>\(AP=\sqrt{d^2-R^2}\)

Xét ΔOAP vuông tại A có AK là đường cao

nên \(AK\cdot OP=AO\cdot AP\)

=>\(AK\cdot d=R\cdot\sqrt{d^2-R^2}\)

=>\(AK=\dfrac{R\cdot\sqrt{d^2-R^2}}{d}\)

K là trung điểm của AB

=>\(AB=2\cdot AK=\dfrac{2\cdot R\cdot\sqrt{d^2-R^2}}{d}\)

Xét (O) có

ΔBAC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBAC vuông tại A

=>\(BA^2+AC^2=BC^2\)

=>\(AC^2=\left(2R\right)^2-\left(\dfrac{2R\sqrt{d^2-R^2}}{d}\right)^2\)

=>\(AC^2=4R^2-\dfrac{4R^2\cdot\left(d^2-R^2\right)}{d^2}\)

=>\(AC^2=\dfrac{4R^2d^2-4R^2\left(d^2-R^2\right)}{d^2}=\dfrac{4R^4}{d^2}\)

=>\(AC=\dfrac{2R^2}{d}\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AC\cdot AB\)

=>\(AH\cdot2R=\dfrac{2R^2}{d}\cdot\dfrac{2R\sqrt{d^2-R^2}}{d}\)

=>\(AH=\dfrac{R\cdot2R\sqrt{d^2-R^2}}{d^2}=\dfrac{2R^2\cdot\sqrt{d^2-R^2}}{d^2}\)