Ta có \(V T = \frac{\frac{4 x^{2}}{y^{2}}}{\left(\left(\right. \frac{x^{2}}{y^{2}} + 1 \left.\right)\right)^{2}} + \frac{x^{2}}{y^{2}} + \frac{y^{2}}{x^{2}}\)

Đặt \(\frac{x^{2}}{y^{2}} = t \left(\right. t > 0 \left.\right)\) thì VT thành

\(\frac{4 t}{\left(\left(\right. t + 1 \left.\right)\right)^{2}} + t + \frac{1}{t}\)

\(= \frac{4 t}{\left(\left(\right. t + 1 \left.\right)\right)^{2}} + \frac{t^{2} + 1}{t}\)

\(= \frac{4 t}{\left(\left(\right. t + 1 \left.\right)\right)^{2}} + \frac{\left(\left(\right. t + 1 \left.\right)\right)^{2}}{t} - 2\)

Đặt \(\frac{\left(\left(\right. t + 1 \left.\right)\right)^{2}}{t} = u \left(\right. u \geq 4 \left.\right)\) (vì BĐT \(\left(\left(\right. a + b \left.\right)\right)^{2} \geq 4 a b\))

Khi đó \(V T = u + \frac{4}{u} - 2\)

 \(= \frac{4}{u} + \frac{u}{4} + \frac{3 u}{4} - 2\)

\(\geq 2 \sqrt{\frac{4}{u} . \frac{u}{4}} + \frac{3.4}{4} - 2\)

\(= 2 + 3 - 2\)

\(= 3\)

\(\Rightarrow V T \geq 3\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow u = 4\) \(\Leftrightarrow t = 1\) \(\Leftrightarrow x = \pm y\)

Vậy ta có đpcm. Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x = \pm y\)

a) Chứng minh \(\triangle A B C sim \triangle H B A\) và \(A B^{2} = B C \cdot B H\).

Bước 1: Chứng minh đồng dạng \(\triangle A B C sim \triangle H B A\).

• Cả hai tam giác đều có góc vuông:
• • \(\angle B A C = 90^{\circ}\) (theo giả thiết),
  • \(\angle B H A = 90^{\circ}\) (vì \(A H\) là đường cao, nên \(A H \bot B C\)).
• Góc chung:
• • \(\angle A B C\) chung cho cả hai tam giác.

Vậy \(\triangle A B C sim \triangle H B A\) theo góc – góc (AA).

Bước 2: Từ đồng dạng, ta có tỉ lệ các cạnh tương ứng:

\(\frac{A B}{H B} = \frac{B C}{A B} = \frac{A C}{H A} .\)

Quan tâm đến biểu thức liên quan \(A B^{2} = B C \cdot B H\), ta lấy tỉ số:

\(\frac{A B}{H B} = \frac{B C}{A B} \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } A B^{2} = B C \cdot B H .\)

b) Chứng minh \(E I \cdot E B = E H \cdot E A\).

chứng minh:

• \(I\) là trung điểm của \(E D\), suy ra \(E I = I D\).
• Xét các tam giác có các đoạn \(E I , E B , E H , E A\) liên quan.
• Sử dụng tính chất đường phân giác, đồng dạng tam giác, hoặc hệ thức về đoạn thẳng trong tam giác.

Gọi quãng đường AB là: \(x \left(\right. k m , x > 0 \left.\right)\)

Vận tốc trung bình là 15km/h nên vận tốc lúc về là: \(2 \cdot 15 - 12 = 18 \left(\right. k m / h \left.\right)\)

Thời gian đi là: \(\frac{x}{12} \left(\right. h \left.\right)\)

Thời gian về là: \(\frac{x}{18} \left(\right. h \left.\right)\)

Lúc về nhiều hơn lúc đi 45 phút ta có phương trình:

\(\frac{x}{12} - \frac{x}{18} = \frac{3}{4}\) 

\(\Leftrightarrow x \left(\right. \frac{1}{12} - \frac{1}{18} \left.\right) = \frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow x \cdot \frac{1}{36} = \frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow x = \frac{3}{4} : \frac{1}{36}\)

\(\Leftrightarrow x = 27 \left(\right. k m \left.\right)\)

Vậy: đường \(A B\) = 17 km

câu a

\(\frac{3 x + 15}{x^{2} - 9} + \frac{1}{x + 3} - \frac{2}{x - 3} = \frac{3 \cdot \left(\right. x + 5 \left.\right)}{\left(\right. x - 3 \left.\right) \cdot \left(\right. x + 3 \left.\right)} + \frac{1}{x + 3} - \frac{2}{x - 3} = \frac{3 \cdot \left(\right. x + 5 \left.\right)}{\left(\right. x - 3 \left.\right) \cdot \left(\right. x + 3 \left.\right)} + \frac{x - 3}{\left(\right. x + 3 \left.\right) \cdot \left(\right. x - 3 \left.\right)} - \frac{2 \cdot \left(\right. x + 3 \left.\right)}{\left(\right. x - 3 \left.\right) \cdot \left(\right. x + 3 \left.\right)}\)\(= \frac{3 \cdot \left(\right. x + 5 \left.\right) + x - 3 - 2 \cdot \left(\right. x + 3 \left.\right)}{\left(\right. x - 3 \left.\right) \cdot \left(\right. x + 3 \left.\right)} = \frac{3 x + 15 + x - 3 - 2 x - 6}{\left(\right. x - 3 \left.\right) \cdot \left(\right. x + 3 \left.\right)} = \frac{2 x + 6}{\left(\right. x + 3 \left.\right) \cdot \left(\right. x - 3 \left.\right)} = \frac{2 \cdot \left(\right. x + 3 \left.\right)}{\left(\right. x + 3 \left.\right) \cdot \left(\right. x - 3 \left.\right)} = \frac{2}{x - 3}\)

câu b

để \(\frac{2}{x - 3} = \frac{2}{3}\) thì \(x - 3 = 3\)

\(\Rightarrow x = 3 + 3 = 6\)

vậy  \(x = 6\) thì \(A = \frac{2}{3}\)

Zn + H₂SO₄ ⟶ ZnSO₄ + H₂

Số mol Zn:

\(n_{Z n} = \frac{m_{Z n}}{M_{Z n}} = \frac{19 , 5}{65} = 0 , 3\) (mol)

Khối lượng H₂SO₄:

\(m_{H_{2} S O_{4}} = \frac{m_{d d} . C \&\text{nbsp}; \%}{100 \&\text{nbsp}; \%} = \frac{200.24 , 5 \&\text{nbsp}; \%}{100 \&\text{nbsp}; \%} = 49\) (g)

Số mol H₂SO₄:

\(n_{H_{2} S O_{4}} = \frac{m_{H_{2} S O_{4}}}{M_{H_{2} S O_{4}}} = \frac{49}{98} = 0 , 5\) (mol)

⇒ Zn hết, H₂SO₄ dư.

Dung dịch sau phản ứng gồm ZnSO₄ và H₂SO₄ dư.

\(n_{H_{2} S O_{4} p ư} = n_{Z n S O_{4}} = n_{H_{2}} = n_{Z n} = 0 , 3\) (mol)

⇒ \(m_{H_{2} S O_{4} d ư} = m_{H_{2} S O_{4} b đ} - m_{H_{2} S O_{4} p ư} = 49 - 0 , 3.98 = 19 , 6\) (g)

\(m_{Z n S O_{4}} = n_{Z n S O_{4}} . M_{Z n S O_{4}} = 0 , 3.161 = 48 , 3\) (g)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:

\(m_{d d \&\text{nbsp}; s a u \&\text{nbsp}; p h ả n \&\text{nbsp};ứ n g} = m_{Z n} + m_{d d \&\text{nbsp}; H_{2} S O_{4}} - m_{H_{2}} = 19 , 5 + 200 - 0 , 3.2 = 218 , 9\) (g)

Nồng độ phần trăm của ZnSO₄:

\(C \%_{Z n S O_{4}} = \frac{m_{Z n S O_{4}}}{m_{d d}} . 100 \% = \frac{48 , 3}{218 , 9} . 100 \% = 22 , 06 \%\)

Nồng độ phần trăm của H₂SO₄:

\(C \%_{H_{2} S O_{4}} = \frac{m_{H_{2} S O_{4}}}{m_{d d}} . 100 \% = \frac{19 , 6}{218 , 9} . 100 \% = 8 , 95 \%\) .

Ca + 2HCl → CaCl₂ + H₂↑ CaO + 2HCl → CaCl₂ + H₂O Ca(OH)₂ + 2HCl → CaCl₂ + 2H₂O CaCO₃ + 2HCl → CaCl₂ + CO₂↑ + H₂O

CuO: copper(II) oxide K₂O: potassium oxide P₂O₅: diphosphorus pentoxide NO: nitrogen monoxide

(1) 4P + 5O2 →​ 2P2O5

(2) P2O5 + 3H2O → 2H3PO4

(3) H3PO4 + NaOH → Na3PO4 + H2O

(4) 2Na3PO4 + 3CaCl2 → 6NaCl + Ca3(PO4)2

Bạc dạng bột có lẫn tạp chất đồng, nhôm. Làm sạch tạp chất để thu được bạc tinh khiết bằng cách: Cho hỗn hợp vào dung dịch

AgNO3 dư, đồng và nhôm sẽ phản ứng, kim loại thu được là Ag.

Cu+2AgNO3→Cu(NO3)2+2Ag↓

Al+3AgNO3→Al(NO3)3+3Ag↓

đặt \(m_{q u ặ n g}\)= a(g).
Ta có: \(m_{C a C O_{3}}\)= 0,8.a (g)

=> n\(_{C a C O_{3}}\)=\(\frac{0 , 8. a}{100}\)=0,008.a (mol)
Vì H%=90% => n\(_{C a O}\)\(_{T h u}\)\(_{đượ c}\)=0,008.a.0,9=0,0072.a(mol)
Ta có : n\(_{C a O}\)\(_{T h u}\)\(_{đượ c}\)= \(\frac{7000000}{56}\)=125000(mol).
 => 0,0072.a=125000 => a=17361111,11(g)
                                           =17,36111 ( tấn)
Vậy cần 17,36111 tấn quặng