Câu hỏi:
29/08/2024 2,595
Hai thùng chứa nước hình trụ đều được gắn một vòi chảy ở đáy thùng. Ban đầu chiều cao mực nước ở thùng thứ nhất hơn thùng thứ hai \(0,2\,\,{\rm{m}}\,{\rm{,}}\) để vệ sinh hai thùng này bạn Hân cần mở vòi cho nước chảy hết ra ngoài. Bạn Hân bắt đầu mở vòi cho thùng thứ nhất chảy từ 8 giờ sáng và sau đó 3 phút bắt đầu mở vòi cho thùng thứ hai chảy. Khi quan sát quá trình chảy của hai thùng, Hân thấy rằng:
⦁ Tại thời điểm 8 giờ 04 phút thì chiều cao mực nước hai thùng bằng nhau.
⦁ Tại thời điểm 8 giờ 08 phút thì thùng thứ hai vừa chảy hết nước và chiều cao mực nước còn lại ở thùng thứ nhất là \(0,4{\rm{\;m}}\).
Tìm chiều cao mực nước ban đầu ở mỗi thùng. Biết rằng tốc độ chảy ở mỗi vòi là không đổi.
Hai thùng chứa nước hình trụ đều được gắn một vòi chảy ở đáy thùng. Ban đầu chiều cao mực nước ở thùng thứ nhất hơn thùng thứ hai \(0,2\,\,{\rm{m}}\,{\rm{,}}\) để vệ sinh hai thùng này bạn Hân cần mở vòi cho nước chảy hết ra ngoài. Bạn Hân bắt đầu mở vòi cho thùng thứ nhất chảy từ 8 giờ sáng và sau đó 3 phút bắt đầu mở vòi cho thùng thứ hai chảy. Khi quan sát quá trình chảy của hai thùng, Hân thấy rằng:
⦁ Tại thời điểm 8 giờ 04 phút thì chiều cao mực nước hai thùng bằng nhau.
⦁ Tại thời điểm 8 giờ 08 phút thì thùng thứ hai vừa chảy hết nước và chiều cao mực nước còn lại ở thùng thứ nhất là \(0,4{\rm{\;m}}\).
Tìm chiều cao mực nước ban đầu ở mỗi thùng. Biết rằng tốc độ chảy ở mỗi vòi là không đổi.
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Gọi \(x\,;\,\,x - 0,2\,\,\left( {\rm{m}} \right)\) lần lượt là chiều cao mực nước ban đầu ở thùng thứ nhất và thùng thứ hai \(\left( {x > 0,2} \right)\).
Thùng thứ hai chảy trong 5 phút thì hết nước nên trong 1 phút thùng thứ hai chảy được \(\frac{1}{5}\) thùng.
Lúc 8 giờ 8 phút, vòi thứ nhất chảy được 1 phút nên chảy được \(\frac{1}{5}\) thùng.
Lúc 8 giờ 4 phút, vòi thứ hai chảy được 1 phút nên chảy được \(\frac{1}{5}\) thùng.
Khi đó, chiều cao còn lại là \(\frac{4}{5}\) thùng.
Chiều cao thùng thứ hai còn lại là \(\frac{4}{5}\left( {x - 0,2} \right)\), chính là chiều cao của thùng thứ nhất.
Thùng thứ nhất chảy được: \(\frac{1}{5}x + \frac{4}{{25}}.\)
Mỗi phút thùng thứ nhất chảy được \(\left( {\frac{1}{5}x + \frac{4}{{25}}} \right):4 = \frac{1}{{20}}x + \frac{4}{{25}}.\)
Lúc 8 giờ 8 phút, thùng thứ nhất chảy được 8 phút.
Khi đó, thùng thứ nhất chảy được: \(\frac{8}{{20}}x + \frac{8}{{25}}\,\,\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\)
Theo đề bài, ta có phương trình \(\frac{3}{5}x - \frac{8}{{25}} = 0,4\) hay \(15x - 8 = 10\). Do đó \(x = 1,2\,\,\left( {{\rm{TM}}} \right){\rm{.}}\)
Vậy chiều cao mực nước ban đầu của thùng thứ nhất là \(1,2{\rm{\;m}}\); thùng thứ hai là \[1{\rm{ m}}.\]\({\rm{\;}}\)
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Số tiền anh Tâm phải trả khi thuê pin gói linh hoạt là:
\(189\,\,000 + 374\left( {800 - 400} \right) = 338\,\,600\) (đồng)
Do đó nếu sử dụng gói linh hoạt thì anh Tâm sẽ tiết kiệm được:
\(350\,\,000 - 338\,\,600 = 11400\) (đồng).
Vậy anh Tâm nên sử dụng gói linh hoạt.
Lời giải
a) Vì \(AB,\,\,AC\) là tiếp tuyến nên \(\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ \).
Xét tứ giác \(ABOC\) có
\(\widehat {ABO} + \widehat {ACO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ .\)
Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác \(ABOC\) nội tiếp.
Ta có \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); \(OB = OC = R\).
Suy ra \(AO\) là đường trung trực của \(BC\) (đpcm).
b) Do \(K\) là trung điểm \(BC,M\) là trung điểm \(BH\) nên \(KM\) là đường trung bình \(\Delta BCH.\)
Suy ra \(KM\,{\rm{//}}\,CH\) nên \(\widehat {QMK} = \widehat {QPC}\) (đồng vị)
Vì \(\Delta OCQ\) cân tại \(O\) \(\left( {OC = OQ} \right)\) nên \(\widehat {OCQ} = \widehat {OQC}.\)
Suy ra \(\widehat {OCQ} = \widehat {OQC} = \frac{{180^\circ - \widehat {COQ}}}{2} = 90^\circ - \frac{{\widehat {COQ}}}{2}.\)
Vì \[AC\] là tiếp tuyến với đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm \[C\] nên \(OC \bot CA\) hay \(\widehat {OCA} = 90^\circ \).
Suy ra \[\widehat {ACQ} = 90^\circ - \widehat {OCQ}\]\[ = 90^\circ - \left( {90^\circ - \frac{{\widehat {COQ}}}{2}} \right) = \frac{{\widehat {COQ}}}{2}.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\]
Mặt khác nên \[\widehat {QPC} = \frac{{\widehat {COQ}}}{2}.\,\,\,\,\left( 2 \right)\]
Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \(\widehat {QCA} = \widehat {QPC}\). Vậy \(\widehat {QMK} = \widehat {QCA}\).
c) Kẻ \(AQ\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(E.\)
Xét \(\Delta ACQ\) và \(\Delta AEC\) có \(\widehat {CAE}\) chung; .
Do đó
Suy ra \(\frac{{AC}}{{AE}} = \frac{{AQ}}{{AC}}\) hay AC2 = AE. AQ
Xét \(\Delta ACK\) và \(\Delta AOC\) có \(\widehat {AKC} = \widehat {ACO} = 90^\circ \); \(\widehat {ACK} = \widehat {AOC}\) (cùng phụ \(\widehat {OCK}\,)\).
Do đó .
Suy ra \(\frac{{AC}}{{AK}} = \frac{{AO}}{{AC}}\) hay AC2 = AK. AQ
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(AK \cdot AO = AE \cdot AQ\) hay \(\frac{{AK}}{{AQ}} = \frac{{AE}}{{AO}}\).
Xét \(\Delta AKQ\) và \(\Delta AEO\) có \(\widehat {OAE}\) chung; \(\frac{{AK}}{{AQ}} = \frac{{AE}}{{AO}}\) (chứng minh trên).
Do đó . Suy ra \(\widehat {AKQ} = \widehat {AEO}\).
Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}.\) Chứng minh tứ giác \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp.
• Giả sử \(\Delta ABC\) có đường tròn ngoại tiếp tâm \(O\) và đường kính \(AK\) nên tứ giác \(ABCK\) nội tiếp, suy ra \(\widehat {ACB} = \widehat {AKB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB).\)
Mà \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}\) (giả thiết) nên \(\widehat {ADB} = \widehat {AKB}.\) \(\left( 6 \right)\)
⦁ Gọi \(F\) là giao điểm của \(AK\) và \(BD,\) \(F\) nằm trong đường tròn \(\left( O \right).\)
Xét \(\Delta AFD\) và \(\Delta BFK\) có: \(\widehat {AFD} = \widehat {BFK}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {ADF} = \widehat {BKF}\) (chứng minh trên)
Do đó suy ra \(\frac{{AF}}{{BF}} = \frac{{DF}}{{KF}}\) nên \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}.\)
Xét \(\Delta DFK\) và \(\Delta AFB\) có: \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}\) và \[\widehat {DFK} = \widehat {AFB}\] (đối đỉnh)
Do đó suy ra \(\widehat {FDK} = \widehat {FAB}.\,\,\,\left( 7 \right)\)
⦁ Ta có \(\widehat {ABK}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ABK} = 90^\circ ,\) do đó \(\Delta ABK\) vuông tại \(B,\) suy ra \(\widehat {FAB} + \widehat {AKB} = 90^\circ .\,\,\,\left( 8 \right)\)
Từ \(\left( 6 \right),\,\,\left( 7 \right),\,\,\left( 8 \right)\) suy ra \(\widehat {ADB} + \widehat {FDK} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ADK} = 90^\circ .\)
Khi đó \(\Delta ADK\) vuông tại \(D\) nên điểm \(D\) nằm trên đường tròn đường kính \(AK.\)
Suy ra tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AK.\)
Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác \(ACKQ\) có \(\widehat {AKQ} = \widehat {AEO}\) nên tứ giác \(ACKQ\) nội tiếp.
Suy ra \(\widehat {AQC} = \widehat {AKC} = 90^\circ \).
Do \(\widehat {AQC} = 90^\circ \) nên \(\widehat {CQE} = 90^\circ \) nên \(CE\) là đường tròn đường kính của \[\left( O \right)\].
Suy ra ba điểm \(E,\,\,O,\,\,C\) thẳng hàng nên \(\widehat {CPQ} = \widehat {CEQ}\).
Ta có \(\tan \widehat {CPQ} = \tan \widehat {CEQ} = \frac{{AC}}{{EC}} = \frac{{AC}}{{2R}}\).
Do đó \(AC = 2R\tan \widehat {ACQ} = 2R\tan \widehat {CPQ}\) (đpcm).
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
🔥 Đề thi HOT:
-
123 bài tập Nón trụ cầu và hình khối có lời giải
-
Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Đắk Lắk
-
50 bài tập Một số yếu tố xác suất có lời giải
-
Đề thi tham khảo môn Toán vào 10 tỉnh Quảng Bình năm học 2025-2026
-
Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_TP Hà Nội
-
54 bài tập Hàm số bậc hai và giải bài toán bằng cách lập phương trình có lời giải
-
Đề thi minh họa (Dự thảo) TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Đồng Nai
-
Đề thi tham khảo TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Bình Phước