Câu hỏi:

05/11/2025 272 Lưu

Kim tự tháp Kheops - Ai Cập có dạng hình chóp đều, đáy là hình vuông, các mặt bên là các tam giác cân chung đỉnh (hình vẽ). Mỗi cạnh bên của kim tự tháp dài 214 m, cạnh đáy của nó dài 230 m.

a) Tính theo mét chiều cao \[h\] của kim tự tháp (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).

b) Cho biết thể tích của hình chóp được tính theo công thức \[V = \frac{1}{3}S.h\], trong đó \[S\] là diện tích mặt đáy, \[h\] là chiều cao của hình chóp. Tính theo m3 thể tích của kim tự tháp này (làm tròn đến hàng nghìn).

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

a) Ta có \[BD = \sqrt {B{C^2} + C{D^2}}  = \sqrt {{{230}^2} + {{230}^2}}  = 230\sqrt 2 \] (m) (định lí Pytago trong tam giác vuông \[BCD\]).

Suy ra \[OD = \frac{{BD}}{2} = \frac{{230\sqrt 2 }}{2} = \frac{{230}}{{\sqrt 2 }}\] (m).

Khi đó \[S{O^2} = S{D^2} - O{D^2} = {214^2} - \frac{{{{230}^2}}}{2} = 19346\] (định lí Pytago trong tam giác vuông \[SOD\])

\[ \Rightarrow SO = \sqrt {19346}  \approx 139,1\] (m).

Vậy \[h = SO \approx 139,1\] (m).

b) Tacó \[V = \frac{1}{3}S.h \approx \frac{1}{3}{.230^2}.139,1 \approx 2452796,667 \approx 2\,\,453\,\,000\] (m3).

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Gọi \[x\] là số học sinh lớp 9C (\[x \in \mathbb{N}\]).

Ta có:

Tổng số học sinh của 3 lớp là: \[x + 35 + 40 = x + 75\] (học sinh).

Tổng số học sinh giỏi của 3 lớp là: \[15 + 12 + x.20\%  = 27 + \frac{1}{5}x\] (học sinh).

Vì toàn khối 9 có 30% học sinh đạt danh hiệu học sinh giỏi nên ta có phương trình:

\[27 + \frac{1}{5}x = \left( {x + 75} \right).30\% \]

\[ \Leftrightarrow 27 + \frac{1}{5}x = \left( {x + 75} \right).\frac{3}{{10}}\]

\[ \Leftrightarrow 270 + 2x = 3x + 225\]

\[ \Rightarrow x = 270 - 225 = 45\].

Vậy lớp 9C có 45 học sinh.

Lời giải

Cho tam giác nhọn ABC có BC = 8 cm. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB,AC lần lượt tại E và D. Hai đường thẳng BD và CE cắt nhau tại H. (ảnh 1)

a) Ta có: \[\widehat {BEC} = \widehat {BDC} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \[CE \bot AB,\,\,BD \bot AC\].

Khi đó, tam giác \[ABC\] có 2 đường cao \[BD\] và \[CE\] cắt nhau tại \[H\] nên \[H\] là trực tâm của tam giác \[ABC\]. Nên \[AH\] là một đường cao của tam giác \[ABC\].

Suy ra \[AH\] vuông góc \[BC\].

b) Ta có: \[\widehat {AEH} + \widehat {ADH} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \].

Suy ra tứ giác \[ADHE\] là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \[AH\].

Vì \[K\] là trung điểm của \[AH\] nên \[K\] là tâm của đường tròn đường kính \[AH\].

\[ \Rightarrow \widehat {EKD} = 2\widehat {EAD}\] (tính chất góc ở tâm)

Lại có: \[\widehat {EOD} = 2\widehat {EBD}\] (tính chất góc ở tâm)

Suy ra \[\widehat {EKD} + \widehat {EOD} = 2\left( {\widehat {EAD} + \widehat {EBD}} \right) = 2.90^\circ  = 180^\circ \] (do tam giác \[ABD\] vuông tại \[D\])

Mà \[\widehat {EKD}\] và \[\widehat {EOD}\] là hai góc đối diện trong tứ giác \[OEKD\].

Vậy tứ giác \[OEKD\] nội tiếp.

c) +) Tam giác \[ABD\] vuông tại \[D\] và có \[\widehat {BAD} = \widehat {BAC} = 60^\circ \].

Suy ra \[\widehat {ABD} = 90^\circ  - \widehat {BAD} = 90^\circ  - 60^\circ  = 30^\circ \].

Suy ra \[\widehat {EOD} = 2\widehat {EBD} = 2\widehat {ABD} = 2.30^\circ  = 60^\circ \].

Lại có tam giác \[OED\] có \[OE = OD\] (cùng bằng bán kính) và \[\widehat {EOD} = 60^\circ \] nên \[OED\] là tam giác đều.

Suy ra \[DE = OE = \frac{{BC}}{2} = \frac{8}{2} = 4\] (cm).

+) Tứ giác \[BEDC\] nội tiếp đường tròn \[\left( O \right)\].

\[ \Rightarrow \widehat {ABC} + \widehat {EDC} = 180^\circ \]

Mà \[\widehat {EDC} + \widehat {ADE} = 180^\circ \] (kề bù)

Nên \[\widehat {ABC} = \widehat {ADE}\].

Xét \[\Delta ADE\] và \[\Delta ABC\] có

\[\widehat A:{\rm{chung}}\]

\[\widehat {ABC} = \widehat {ADE}\]

Do đó,  (g – g).

Suy ra \[\frac{{{S_{ADE}}}}{{S{ & _{ABC}}}} = {\left( {\frac{{DE}}{{BC}}} \right)^2} = {\left( {\frac{4}{8}} \right)^2} = \frac{1}{4}\].