Nội dung Hiệp định Paris năm 1973 gồm:

• Ngừng bắn: Hiệp định Paris thiết lập một trạng thái ngừng bắn giữa Bắc Việt Nam (hậu quả là Việt Nam Dân chủ Cộng hòa) và Nam Việt Nam (Việt Nam Cộng Hòa). Cuộc ngừng bắn này bắt đầu từ 28 tháng 1 năm 1973.

• Rút quân: Các bên cam kết rút quân, đặc biệt là Hoa Kỳ rút hết quân đến 29 tháng 3 năm 1973. Đồng thời, các tù binh chiến tranh phải được trao trả.

• Tự quyết dân chủ: Hiệp định Paris nhấn mạnh nguyên tắc của việc tự quyết dân chủ cho người dân Việt Nam, cho phép họ tự do quyết định về tương lai của đất nước mình thông qua một quy trình bầu cử tự do và công bằng.

• Khôi phục hòa bình: Các bên cam kết hỗ trợ quá trình hòa bình và tái hòa nhập của Việt Nam.

nooi dung co ban cua hiep dinh pa-ri la

mĩ phải tôn trọng chủ quyền  dọc lập toàn ven lãnh tho cua vn

phai rut toan bo quan mĩ va quân đồng minh ra khỏi vn

phải chấm dứt dính líu đén quân sự ỏ vn

phải có trchs nhiêm hàn gắn vet thuongg do chien tranh o vn

y nghĩa của hieeph định pa-ri cho thấy:

-mĩ đã thừa nhận sự thất bại của chúng trong chiến tranh ở vn,công nhận hòa bình độc lập toàn vẹn lãnh thổ của vn

- Từ ngày 2/9/1945 đến trước ngày 6/3/1946 Đảng ta chủ trương thực hiện "mềm dẻo có nguyên tắc" với Trung Hoa Dân quốc ở miền Bắc, kiên quyết chống Pháp ở miền Nam. 
- Từ ngày 6/3/1946 đến ngày 19/12/1946 Đảng ta chủ trương "hoà để tiến" với thực dân Pháp nhằm đuổi Trung Hoa Dân quốc về nước. 

ĐKXĐ: \(x\ge0;x\ne1\)

\(A=\left(\dfrac{\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}+\dfrac{2\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}-\dfrac{3\sqrt{x}}{x-1}\right):\dfrac{1}{\left(\sqrt{x}+1\right)^2}+1\)

\(=\left(\dfrac{\sqrt{x}+1+2\left(\sqrt{x}-1\right)-3\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\right).\left(\sqrt{x}+1\right)^2+1\)

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

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

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

\(A=\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}-1}+\dfrac{2}{\sqrt{x}+1}-\dfrac{3\sqrt{x}}{x-1}\right):\dfrac{1}{x+2\sqrt{x}+1}+1\)

\(ĐKXĐ:x\ge0.x\ne1\)

\(A=\left(\dfrac{\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}+\dfrac{2\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}-\dfrac{3\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x+1}\right)}\right):\dfrac{1}{\left(\sqrt{x}+1\right)^2}+1\)

\(A=\left(\dfrac{\sqrt{x}+1+2\sqrt{x}-2-3\sqrt{x}}{x-1}\right):\dfrac{1}{\left(\sqrt{x}+1\right)^2}+1\)

\(A=\dfrac{-1}{x-1}.\dfrac{\left(\sqrt{x}+1\right)^2}{1}+1\)

\(A=\dfrac{-1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}.\dfrac{\left(\sqrt{x}+1\right)^2}{1}+1\)

\(A=\dfrac{-1}{\sqrt{x}-1}.\dfrac{\sqrt{x}+1}{1}+1\)

\(A=\dfrac{-\left(\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}-1}+1\)

\(A=\dfrac{-\sqrt{x}-1}{\sqrt{x-1}}+1\)

\(A=\dfrac{-\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-1}+\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x-1}}\)

\(A=\dfrac{-2}{\sqrt{x}-1}\)

a: Xét tứ giác BDOM có \(\widehat{BDO}+\widehat{BMO}=90^0+90^0=180^0\)

nên BDOM là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{DOM}+\widehat{CBE}=180^0\)

Xét (O) có

\(\widehat{CBE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE

\(\widehat{CAE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE

Do đó: \(\widehat{CBE}=\widehat{CAE}\)

=>\(\widehat{DOM}+\widehat{CAE}=180^0\)

1: Xét tứ giác ABCK có \(\widehat{BAC}=\widehat{BKC}=90^0\)

nên ABCK là tứ giác nội tiếp

2:

Xét ΔCKB vuông tại K và ΔCEF vuông tại E có

\(\widehat{KCB}\) chung

Do đó: ΔCKB~ΔCEF

=>\(\dfrac{CK}{CE}=\dfrac{CB}{CF}\)

=>\(CK\cdot CF=CB\cdot CE\)

Xét ΔACB vuông tại A có AE là đường cao

nên \(CE\cdot CB=CA^2\)

=>\(CA^2=CK\cdot CF\)

=>\(\dfrac{CA}{CF}=\dfrac{CK}{CA}\)

Xét ΔCAK và ΔCFA có

\(\dfrac{CA}{CF}=\dfrac{CK}{CA}\)

\(\widehat{ACK}\) chung

Do đó: ΔCAK~ΔCFA

1. Chứng minh tứ giác ABCK nội tiếp:
Ta có ∆ABC vuông tại A, do đó góc ACB là góc vuông.
Gọi H là trực tâm của ∆BFC, suy ra BH ⊥ FC.
Vì A là trung điểm của EF, AE = EF và AE ⊥ BC (vì AE là đường cao), suy ra E là trung điểm của BC.
Từ đó, BK cũng là đường cao của ∆BFC, suy ra BK ⊥ FC.
Vậy tứ giác ABCK có hai đường chéo AC và BK cùng vuông góc với cạnh BC, suy ra tứ giác ABCK nội tiếp đường tròn đường kính BC.
2. Chứng minh tam giác CAK đồng dạng với tam giác CFA:
Vì tứ giác ABCK nội tiếp, suy ra góc BAC = góc BKC (cùng chắn cung BC).
Góc BAC là góc vuông (vì ∆ABC vuông tại A), suy ra góc BKC cũng là góc vuông.
Do đó, ∆BKC vuông tại K.
Vì ∆ABC vuông tại A, suy ra góc ABC + góc BAC = 90°.
Tương tự, trong ∆BFC vuông tại F, ta có góc BFC + góc FBC = 90°.
Vì E là trung điểm của BC, suy ra BE = EC và góc ABC = góc FBC.
Từ đó, góc BAC = góc BKC và góc ABC = góc FBC, suy ra ∆CAK đồng dạng với ∆CFA theo trường hợp góc-góc.
3. Chứng minh H là trung điểm của AE:
Vì H là trực tâm của ∆BFC, suy ra BH ⊥ FC và CH ⊥ BF.
Vì BK là đường cao của ∆BFC, suy ra BK ⊥ FC.
Vì E là trung điểm của BC và AE ⊥ BC, suy ra AE là đường trung bình của ∆BFC.
Đường trung bình trong tam giác vuông cũng là đường cao, suy ra H là giao điểm của AE và BK.
Do đó, H chia AE thành hai đoạn bằng nhau, suy ra H là trung điểm của AE.

a, \(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)

Ta có: \(n_{C_2H_4Br_2}=\dfrac{18,8}{188}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{C_2H_4}=n_{Br_2}=n_{C_2H_4Br_2}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%V_{C_2H_4}=\dfrac{0,1.22,4}{4,48}.100\%=50\%\\\%V_{CH_4}=50\%\end{matrix}\right.\)

b, \(C\%_{Br_2}=\dfrac{0,1.160}{100}.100\%=16\%\)