a: 

b: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(\dfrac{1}{4}x^2=-\dfrac{1}{2}x+2\)

=>\(x^2=-2x+8\)

=>\(x^2+2x-8=0\)

=>(x+4)(x-2)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x+4=0\\x-2=0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=-4\\x=2\end{matrix}\right.\)

Khi x=-4 thì \(y=-\dfrac{1}{2}\cdot\left(-4\right)+2=2+2=4\)

Khi x=2 thì \(y=-\dfrac{1}{2}\cdot2+2=-1+2=1\)

Vậy: Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(-4;4); B(2;1)

Bài 4:

a: Xét (O) có \(\widehat{AMB};\widehat{ANB}\) là các góc nội tiếp chắn cung AB

nên \(\widehat{AMB}=\widehat{ANB}=\dfrac{\widehat{AOB}}{2}=\dfrac{120^0}{2}=60^0\)

b: Diện tích hình quạt tròn OAB là:

\(S_{q\left(OAB\right)}=\dfrac{\Omega\cdot R^2\cdot n}{180}=\dfrac{\Omega\cdot6^2\cdot120}{180}=24\Omega\)

Diện tích tam giác OAB là:

\(S_{OAB}=\dfrac{1}{2}\cdot OA\cdot OB\cdot sinAOB=\dfrac{1}{2}\cdot6\cdot6\cdot sin120\simeq9\sqrt{3}\)(cm²)

Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây AB và cung nhỏ AB là:

\(24\Omega-9\sqrt{3}\simeq59,8\left(cm^2\right)\)

Bài 4:

a: Xét (O) có \(\widehat{AMB};\widehat{ANB}\) là các góc nội tiếp chắn cung AB

nên \(\widehat{AMB}=\widehat{ANB}=\dfrac{\widehat{AOB}}{2}=\dfrac{120^0}{2}=60^0\)

b: Diện tích hình quạt tròn OAB là:

\(S_{q\left(OAB\right)}=\dfrac{\Omega\cdot R^2\cdot n}{180}=\dfrac{\Omega\cdot6^2\cdot120}{180}=24\Omega\)

Diện tích tam giác OAB là:

\(S_{OAB}=\dfrac{1}{2}\cdot OA\cdot OB\cdot sinAOB=\dfrac{1}{2}\cdot6\cdot6\cdot sin120\simeq9\sqrt{3}\)(cm²)

Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây AB và cung nhỏ AB là:

\(24\Omega-9\sqrt{3}\simeq59,8\left(cm^2\right)\)

Bài 5:

a: Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

=>\(\widehat{AMB}=90^0\)

b: ΔAMB vuông tại M

=>AM\(\perp\)BC tại M

ΔCMA vuông tại M

mà MI là đường trung tuyến

nên IA=IM

Xét ΔIAO và ΔIMO có

IA=IM

OA=OM

IO chung

Do đó: ΔIAO=ΔIMO

=>\(\widehat{IAO}=\widehat{IMO}\)

=>\(\widehat{IMO}=90^0\)

=>IM là tiếp tuyến của (O)

c: Xét ΔMAB vuông tại M có \(cosMAB=\dfrac{MA}{AB}=\dfrac{R}{2R}=\dfrac{1}{2}\)

nên \(\widehat{MAB}=60^0\)

Xét ΔMNA vuông tại N có \(sinMAN=\dfrac{MN}{MA}\)

=>\(\dfrac{MN}{R}=sin60=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

=>\(MN=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\)

\(\dfrac{MN}{AB}=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}:2R=\dfrac{R\sqrt{3}}{2\cdot2R}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\simeq0,43\)

a: Xét tứ giác OBDA có \(\widehat{OBD}+\widehat{OAD}=90^0+90^0=180^0\)

nên OBDA là tứ giác nội tiếp

=>O,B,D,A cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

ΔBAC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBAC vuông tại A

=>BA\(\perp\)CE tại A

Xét ΔBEC vuông tại B có BA là đường cao

nên \(CA\cdot CE=CB^2=\left(2R\right)^2=4R^2\)

c:

i: Xét (O) có

DA,DB là các tiếp tuyến

Do đó: DA=DB

=>D nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

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

Từ (1),(2) suy ra OD là đường trung trực của AB

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

Xét tứ giác AKOI có \(\widehat{AKO}=\widehat{AIO}=\widehat{KAI}=90^0\)

nên AKOI là hình chữ nhật

=>OA=IK

=>IK=R

ii: ΔAHB vuông tại H

mà HK là đường trung tuyến

nên HK=KA=KB

=>K là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔAHB

Gọi M là giao điểm của AO và KI

AKOI là hình chữ nhật

=>AO cắt KI tại trung điểm của mỗi đường

=>M là trung điểm chung của AO và KI

ΔAHO vuông tại H

mà HM là đường trung tuyến

nên \(HM=\dfrac{AO}{2}=\dfrac{KI}{2}\)

Xét ΔHKI có

HM là đường trung tuyến

HM=KI/2

Do đó: ΔHKI vuông tại H

=>HK\(\perp\)HI

Xét (K) có

HK là bán kính

HI\(\perp\)HK tại H

Do đó: HI là tiếp tuyến của (K)

=>HI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔHAB

iii: Vì \(\widehat{AHO}=\widehat{AKO}=\widehat{AIO}=90^0\)

nên A,H,K,O,I cùng thuộc đường tròn đường kính AO

trung bình cộng của 50 số lẻ liên tiếp là 50 . Số lớn nhất là?

a, \(2Al+3Cl_2\underrightarrow{t^o}2AlCl_3\)

b, \(n_{Al}=\dfrac{12,15}{27}=0,45\left(mol\right)\)

\(n_{Cl_2}=\dfrac{14,874}{24,79}=0,6\left(mol\right)\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,45}{2}>\dfrac{0,6}{3}\), ta được Al dư.

Theo PT: \(n_{Al\left(pư\right)}=n_{AlCl_3}=\dfrac{2}{3}n_{Cl_2}=0,4\left(mol\right)\)

⇒ n_{Al (dư)} = 0,45 - 0,4 = 0,05 (mol)

⇒ m_{Al (dư)} = 0,05.27 = 1,35 (g)

b, m_AlCl3 = 0,4.133,5 = 53,4 (g)

a, \(2Cu+O_2\underrightarrow{t^o}2CuO\)

b, \(n_{Cu}=\dfrac{3,2}{64}=0,05\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{0,9916}{24,79}=0,04\left(mol\right)\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,05}{2}< \dfrac{0,04}{1}\), ta được O₂ dư.

Theo PT: \(n_{O_2\left(pư\right)}=\dfrac{1}{2}n_{Cu}=0,025\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{O_2\left(dư\right)}=0,04-0,025=0,015\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{O_2\left(dư\right)}=0,015.24,79=0,37185\left(l\right)\)

c, \(n_{CuO}=n_{Cu}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{CuO}=0,05.80=4\left(g\right)\)

Dư bnhiu gam hay lit bn