\(c,\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{2}{x-2}+\dfrac{1}{y+1}=3\\\dfrac{4}{x-2}-\dfrac{3}{y+1}=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{4}{x-2}+\dfrac{2}{y+1}=6\\\dfrac{4}{x-2}-\dfrac{3}{y+1}=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{2}{y+1}+\dfrac{3}{y+1}=5\\\dfrac{4}{x-2}-\dfrac{3}{y+1}=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{5}{y+1}=5\\\dfrac{4}{x-2}-\dfrac{3}{y+1}=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y+1=1\\\dfrac{4}{x-2}-\dfrac{3}{y+1}=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=0\left(2\right)\\\dfrac{4}{x-2}-\dfrac{3}{y+1}=1\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

Thay \(\left(2\right)\) vào \(\left(1\right)\) :

\(\dfrac{4}{x-2}-\dfrac{3}{0+1}=1\)

\(\Rightarrow\dfrac{4}{x-2}-3=1\)

\(\Rightarrow\dfrac{4}{x-2}=4\)

\(\Rightarrow x-2=1\)

\(\Rightarrow x=3\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left(x;y\right)=\left(3;0\right)\)

c: =>4/x-2+2/y+1=6 và 4/x-2-3/y+1=1

=>5/y+1=5 và 2/x-2+1/y+1=3

=>y+1=1 và 2/x-2+1=3

=>y=0 và x-2=1

=>x=3 và y=0

Câu 8:

Lá gồm có phiến và cuống, trên phiến có nhiêu gai.

Lá gồm có phiến và cuống, trên phiến có nhiều gai. Phiến lá màu lục, dạng bản dẹt, là phần rộng nhất của lá, giúp hứng được nhiều ánh sáng. Có ba kiểu gân lá hình mạng, song song và hình cung.

Có hai nhóm lá chính: lá đơn và lá kép.

Lá xếp trên cây theo ba kiểu: mọc cách, mọc đối, mọc vòng. Lá trên các mấu thân xếp so le nhau giúp lá nhận được nhiều ánh sáng.

Câu 6:

b) Khi trồng đậu, bông, cà phê trước khi ra hoa tạo quả người ta thường ngắt ngọn là để cho chất dinh dưỡng dồn vào chồi hoa, nuôi quả bởi vì các cây này thu quả.c) Trồng cây lấy gỗ, lấy sợi người ta không ngắt ngọn mà tỉa cành là để cho ngọn cây phát triển, thân cây sẽ dài, sợi dài, tỉa cành xấu để cho chất dinh dưỡng tập trung nuôi thân. 

\(a) Zn + H_2SO_4 \to ZnSO_4 + H_2\\ b) n_{H_2} = n_{Zn} = \dfrac{97,5}{65} = 1,5(mol)\\ V_{H_2} = 1,5.22,4= 33,6(lít)\\ c) n_{Fe_2O_3} = \dfrac{120}{160} = 0,75(mol)\\ Fe_2O_3 + 3H_2 \xrightarrow{t^o} 2Fe + 3H_2O\\ \dfrac{n_{Fe_2O_3}}{1} = 0,75 > \dfrac{n_{H_2}}{3} = 0,5 \to Fe_2O_3\ dư\\ n_{Fe_2O_3\ pư} = \dfrac{n_{H_2}}{3} = 0,5(mol)\\ \Rightarrow m_{Fe_2O_3\ dư} = 120 - 0,5.160 = 40(gam)\)

a: ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{B}+\widehat{C}=90^0\)

=>\(\widehat{B}=90^0-55^0=35^0\)

Xét ΔABC vuông tại A có

\(sinC=\dfrac{AB}{BC}\)

=>\(BC=\dfrac{16}{sin55}\simeq19,53\left(cm\right)\)

ΔABC vuông tại A

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

=>\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}\simeq11,2\left(cm\right)\)

b: ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao

nên \(AM\cdot AB=AH^2\left(1\right)\) và \(BM\cdot BA=BH^2\)

=>\(BM=\dfrac{BH^2}{BA}\)

ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao

nên \(AN\cdot AC=AH^2\left(2\right)\) và \(CN\cdot CA=CH^2\)

=>\(CN=\dfrac{CH^2}{CA}\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)

c: XétΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AB^2=BH\cdot BC;AC^2=CH\cdot BC\); \(AH^2=HB\cdot HC;AB\cdot AC=BC\cdot HA\)

\(BM\cdot CN\cdot BC\)

\(=\dfrac{CH^2}{CA}\cdot\dfrac{BH^2}{BA}\cdot BC\)

\(=\dfrac{AH^4}{AC\cdot AB}\cdot BC\)

\(=\dfrac{AH^4}{AH\cdot BC}\cdot BC=AH^3\)

Câu 3:

2: Xét tứ giác OKEH có 

\(\widehat{OKE}=\widehat{OHE}=\widehat{KOH}=90^0\)

Do đó: OKEH là hình chữ nhật

mà đường chéo OE là tia phân giác của \(\widehat{KOH}\)

nên OKEH là hình vuông