a: Xét ΔBEC có BE=BC

nên ΔBEC cân tại B

mà \(\widehat{EBC}=60^0\)

nên ΔBEC đều

b: Xét ΔBEI và ΔBCI có

BE=BC

\(\widehat{EBI}=\widehat{CBI}\)

BI chung

DO đó: ΔBEI=ΔBCI

Suy ra: IE=IC

c: Ta có: ΔBCE cân tại B

mà BI là đường phân giác

nên BI là đường cao

Xét ΔBEC có

BI là đường cao

CA là đường cao

BI cắt CA tại I

Do đó: EI vuông góc với BC

a. Xét Tam giác BEC ta có : BE = BC => Tam giác ABC là tam giác cân

Mà góc B = 60 độ => Tam giác BEC là tam giác đều ( tam giác cân có 1 góc bằng 60 độ là tam giác đều.

b. Xét tam giác BEI và tam giác BCI có :

BI chung

BE = BC

Góc EBI = góc CBI 

=> Tam giác BEI = tam giác BCI ( c.g.c)

=> IE = IC (hai cạnh tương ứng)

a.

\(y'=\left(x^2\right)'+\left(4sinx\right)'=2x+4cosx\)

b.

\(y'=\left(2x^3\right)'-\left(sinx\right)'+\left(2\right)'=6x^2-cosx\)

c.

\(y'=\left(5sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)\right)'=5.\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)'.cos\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)=5cos\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)\)

Bài 7.

a)Mặt phẳng khung dây vuông góc với vecto \(\overrightarrow{B}\)\(\Rightarrow\left(\overrightarrow{n},\overrightarrow{B}\right)=0^o\)\(\overrightarrow{B}\)\(\overrightarrow{B}\)\(\overrightarrow{B}\)

Từ thông qua khung dây:

\(\Phi=BS\cdot cos\alpha=5\cdot10^{-2}\cdot0,04^2\cdot cos0^o=8\cdot10^{-5}Wb\)    

b)Mặt phẳng khung dây hợp với \(\overrightarrow{B}\) một góc \(30^o\Rightarrow\left(\overrightarrow{n};\overrightarrow{B}\right)=60^o\)

Từ thông qua khung dây:

\(\Phi=BS\cdot cos\alpha=5\cdot10^{-2}\cdot0,04^2\cdot cos60^o=4\cdot10^{-5}Wb\)

a: Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao ứng với cạnh huyền AB, ta được:

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

Xét ΔHAC vuông tại H có HF là đường cao ứng với cạnh huyền AC, ta được:

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

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

hay \(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\)

Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có 

\(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\)

Do đó: ΔAEF\(\sim\)ΔACB

Suy ra: \(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)

a.

\(y=x^7\left(x+1\right)=x^8+x^7\)

\(\Rightarrow y'=8x^7+7x^6\)

b.

\(y'=2x+\dfrac{2}{2\sqrt{x}}=2x+\dfrac{1}{\sqrt{x}}\)

c.

\(y'=9x^2+4x\)

\(n_{CH_3COOC_2H_5}=\dfrac{12,3}{88}=\dfrac{123}{880}\left(mol\right)\)

PTHH: CH₃COOH + C₂H₅OH --H₂SO_4(đ),t^o--> CH₃COOC₂H₅ + H₂O

                  \(\dfrac{123}{880}\)<----------------------------------\(\dfrac{123}{880}\)

=> \(\%m_{CH_3COOH\left(pư\right)}=\dfrac{\dfrac{123}{880}.60}{12}.100\%=69,89\%\)

a, khi cân bằng nhiệt ta có \(0,5.3,4.10^5+0,5.\left(4200+2100+400\right).t=1.\left(50-t\right).4200\Rightarrow t=5,3^oC\)

b, để nhiệt cân bằng hệ bằng 0 thì lượng nước đá p tan vừa đủ

\(m_đ.3,4.10^5=1.50.4200\Rightarrow m_đ\approx0,617\left(kg\right)\)

chữ bạn khó nhìn quá :))) 

chữ bn khó nhìn qué^^

Bài 1:

3: ĐKXĐ: x>=1

\(x-\sqrt{x+3+4\sqrt{x-1}}=1\)

=>\(x-\sqrt{x-1+2\cdot\sqrt{x-1}\cdot2+4}=1\)

=>\(x-\sqrt{\left(\sqrt{x-1}+2\right)^2}=1\)

=>\(x-\left|\sqrt{x-1}+2\right|=1\)

=>\(x-\left(\sqrt{x-1}+2\right)=1\)

=>\(x-\sqrt{x-1}-2-1=0\)

=>\(x-1-\sqrt{x-1}-2=0\)

=>\(\left(\sqrt{x-1}\right)^2-2\sqrt{x-1}+\sqrt{x-1}-2=0\)

=>\(\left(\sqrt{x-1}-2\right)\left(\sqrt{x-1}+1\right)=0\)

=>\(\sqrt{x-1}-2=0\)

=>\(\sqrt{x-1}=2\)

=>x-1=4

=>x=5(nhận)

Bài 7:

a: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao ứng với cạnh huyền AB, ta được:

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

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔHAC vuông tại H có HF là đường cao ứng với cạnh huyền AC, ta được:

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

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