1. Một khối rubik có dạng hình chóp tam giác đều với diện tích đáy là 22,45 m^2 và thể tích của khối đó là 44,002 m^3. Tính chiều cao của khối rubik đó.
16/17
1. Một khối rubik có dạng hình chóp tam giác đều với diện tích đáy là \(22,45\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\) và thể tích của khối đó là \(44,002\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\). Tính chiều cao của khối rubik đó.
2. Cho tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\], đường cao \[AH\,\,\left( {H \in BC} \right)\]. Biết \[AB = 18{\rm{ cm}}{\rm{,}}\] \[AC = 24{\rm{ cm}}{\rm{.}}\]
a) Chứng minh: \[A{B^2} = BH \cdot BC\].
b) Kẻ đường phân giác \[CD\] của tam giác \[ABC\]\[\left( {D \in AB} \right)\]. Tính độ dài \[DA\].
c) Từ \[B\] kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng \[CD\] tại \[E\] và cắt đường thẳng \[AH\] tại \[F.\] Trên đoạn thẳng \[CD\] lấy điểm \[G\] sao cho \[BA = BG\].
Chứng minh: \[BG \bot FG\].
Hướng dẫn giải
1. Thể tích hình chóp tam giác đều là: \(V = \frac{1}{3}S \cdot h\).
Chiều cao của khối rubik là: \(\frac{{3 \cdot 44,002}}{{22,45}} = 5,88\,\,{\rm{(cm)}}\).
Vậy chiều cao của khối rubik là \(5,88\,\,{\rm{cm}}\).
2.
a) Xét \[\Delta ABH\] và \[\Delta CBA\] có:
\(\widehat {ABH} = \widehat {CBA}\); \(\widehat {AHB} = \widehat {CAB}\;\left( { = 90^\circ } \right)\)
Do đó ΔABH∽ ΔCBA (g.g) .
Suy ra \(\frac{{AB}}{{CB}} = \frac{{BH}}{{BA}}\) hay \(A{B^2} = BH \cdot BC\) (đpcm)
b) Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] có:
\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{18}^2} + {{24}^2}} = 30\,\;{\rm{(cm)}}\).
Áp dụng tính chất đường phân giác với \[CD\] là đường phân giác của \[\widehat {ACB}\] nên
\(\frac{{DA}}{{BD}} = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{24}}{{30}} = \frac{4}{5}\) hay \(BD = \frac{5}{4}DA\).
Lại có \[BD + DA = BA = 18\]
\(\frac{5}{4}DA + DA = 18\)
\(\frac{9}{4}DA = 18\)
\(DA = 18 \cdot \frac{4}{9} = 8\;\,{\rm{(cm)}}\).
c) Ta có \(\frac{{AB}}{{CB}} = \frac{{BH}}{{BA}}\;\left( {{\rm{cmt}}} \right)\) nên \(\frac{{BG}}{{CB}} = \frac{{BH}}{{BG}}\) suy ra \[B{G^2} = BH \cdot BC{\rm{ }}\,\,\left( 1 \right)\]
• Xét \[\Delta EBC\] và \[\Delta HBF\] có:
\[\widehat {BEC} = \widehat {BHF}\;\left( { = 90^\circ } \right)\]; \[\widehat {EBC} = \widehat {HBF}\].
Do đó ΔEBC∽ ΔHBF (g.g) .
Suy ra \(\frac{{BH}}{{BE}} = \frac{{BF}}{{BC}}\) hay \(BH \cdot BC = BE \cdot BF\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \[B{G^2} = BE \cdot BF\] hay \(\frac{{BG}}{{BE}} = \frac{{BF}}{{BF}}.\)
• Xét \[\Delta BGE\] và \[\Delta BFG\] có
\[\frac{{BG}}{{BE}} = \frac{{BF}}{{BF}}\;\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\]; \[\widehat {EBG} = \widehat {GBF}\].
Do đó ΔBGE∽ ΔBFG (c.g.c).
Suy ra \(\widehat {BEG} = \widehat {BGF}\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\widehat {BEG} = \widehat {BEC} = 90^\circ \) nên \(\widehat {BGF} = 90^\circ \).
Do đó \[BG \bot FG\] (đpcm).