Một ca nô đi xuôi dòng từ địa điểm A đến địa điểm B, rồi lại đi ngược dòng từ địa điểm B trở về địa điểm A. Thời gian ca nô đi xuôi dòng và thời gian ca nô đi ngược dòng chênh lệch nhau 40 phút. Tính tốc độ của ca nô khi nước yên lặng. Biết rằng độ dài quãng đường AB là 24 km, tốc độ của dòng nước là 3 km/h và tốc độ của ca nô khi nước yên lặng không đổi trên suốt quãng đường.
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Đổi 40 phút \( = \frac{2}{3}\) giờ.
Gọi \[x\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)\] là tốc độ của ca nô khi nước yên lặng \[\left( {x > 3} \right).\]
Vận tốc khi ca nô xuôi dòng là: \[x + 3{\rm{ }}\left( {{\rm{km/h}}} \right){\rm{.}}\]
Vận tốc khi cano ngược dòng là: \[x - 3{\rm{ }}\left( {{\rm{km/h}}} \right){\rm{.}}\]
Thời gian cano xuôi dòng: \[\frac{{24}}{{x + 3}}\] (h).
Thời gian cano ngược dòng: \[\frac{{24}}{{x - 3}}\] (h).
Do thời gian ca nô đi xuôi dòng và thời gian ca nô đi ngược dòng chênh lệch nhau 40 phút (\(\frac{2}{3}\) giờ) mà khi đi xuôi dòng luôn nhanh hơn đi ngược dòng nên
\(\frac{{24}}{{x - 3}} - \frac{{24}}{{x + 3}} = \frac{2}{3}\)
\(\frac{{24 \cdot 3\left( {x + 3} \right)}}{{3 \cdot \left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} - \frac{{24 \cdot 3\left( {x - 3} \right)}}{{3 \cdot \left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} = \frac{{2\left( {x + 3} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{3\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}\)
\[24 \cdot 3\left( {x + 3} \right)--24 \cdot 3\left( {x--3} \right) = 2\left( {x + 3} \right)\left( {x--3} \right)\]
\[72x + 216 - 72x + 216 = 2\left( {{x^2} - 9} \right)\]
\[432 = 2{x^2}--18\]
\[2{x^2} = 450\]
\[{x^2} = 225\]
\[x = 15\] hoặc \[x = - 15\].
Do \[x > 3\] nên \[x = 15\].
Vậy tốc độ của ca nô khi nước yên lặng là \[15{\rm{ }}{\mathop{\rm km}\nolimits} /h.\]
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Các sản phẩm khác của Vietjack:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
a) Ta có \(BC = BH + HC = 9 + 4 = 13\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\)
Xét \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\), ta có: \(\cos B = \frac{{BH}}{{AB}}.\)
Xét \[\Delta ABC\] vuông tại \(A\), ta có: \(\cos B = \frac{{AB}}{{BC}}.\)
Do đó \[\cos B = \frac{{BH}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{BC}}\]
Suy ra \(A{B^2} = BH \cdot BC = 9 \cdot 13 = 117\) nên \(AB = 3\sqrt {13} \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\)
Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta ABC\] vuông tại \(A\), ta có \[A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\]
Suy ra \[A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = {13^2} - 117 = 52\] nên \[AC = 2\sqrt {13} \,\,cm.\]
Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta AHC\] vuông tại \(H\), ta có \[A{H^2} + H{C^2} = A{C^2}\]
Suy ra \[A{H^2} = A{C^2} - H{C^2} = 52 - {4^2} = 36\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\] nên \[AH = 6\,\,cm.\]
b) Xét \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\), ta có: \[\cos A = \frac{{AH}}{{AB}}.\]
Xét \[\Delta AHE\] vuông tại \(E\), ta có: \[\cos A = \frac{{AE}}{{AH}}.\]
Do đó \[\cos A = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AH}}.\] Suy ra
Xét \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\), ta có: \[\tan \widehat {BAH} = \frac{{BH}}{{AH}}.\]
Xét \[\Delta AHC\] vuông tại \(E\), ta có: \[\cos \widehat {CAH} = \frac{{AH}}{{HC}}.\]
Do đó \[\frac{{BH}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{HC}}\] suy ra
Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[AE \cdot AB = BH \cdot HC\].
c) Xét \[\Delta AHE\] vuông tại \(E\), ta có \[\sin \widehat {EAH} = \frac{{HE}}{{AH}}\] suy ra
Xét \[\Delta AHE\] vuông tại \(E\), ta có \[\sin \widehat {MFH} = \frac{{MH}}{{HF}}\].
Vì \(\Delta ABF\) vuông tại \(B\) nên \(\widehat {BAH} + \widehat {BFH} = 90^\circ \) suy ra \[\sin \widehat {BFH} = \cos \widehat {EAH}.\]
Do đó \[\cos \widehat {EAH} = \frac{{MH}}{{HF}}\] suy ra
Mặt khác, xét \[\Delta AHE\] vuông tại \(E\), ta có
\[\sin \widehat {EAH} = \frac{{HE}}{{AH}}\,;\,\,\cos \widehat {EAH} = \frac{{AE}}{{AH}}\] (áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn).
\[H{E^2} + A{E^2} = A{H^2}\] (áp dụng định lí Pythagore)
Do đó
Từ \[\left( 3 \right),\,\,\left( 4 \right)\] và \[\left( 5 \right)\] suy ra \[{\sin ^2}\widehat {EAH} + {\cos ^2}\widehat {EAH} = \frac{{H{E^2}}}{{A{H^2}}} + \frac{{M{H^2}}}{{H{F^2}}} = 1\] (đpcm).
Lời giải
a) Ta có: \(AB,AC\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\), suy ra \(OA\) là đường phân giác của \(\widehat {BOC}\) (tính chất) nên \(\widehat {AOC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}.\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\), ta có:
\(\widehat {CDB} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(BC)\)
Do đó, \(\widehat {AOC} = \widehat {CDB}\).
Xét \(\Delta CMD\) và \(\Delta ACO\) có:
\(\widehat {CMD} = \widehat {ACO} = 90^\circ \) và \(\widehat {CDM} = \widehat {AOC}\) (do \(\widehat {AOC} = \widehat {CDB}\))
Do đó (g.g).
b) Xét đường tròn \(\left( O \right)\), ta có: \(\widehat {EBF} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Ta có \(\widehat {ABO} = \widehat {EBF} = 90^\circ \) nên \(\widehat {ABE} + \widehat {EBO} = \widehat {EBO} + \widehat {OBF}\)
Suy ra \(\widehat {ABE} = \widehat {OBF}\).
Lại có: \(\widehat {OBF} = \widehat {OFB}\) (vì \(\Delta BOF\) cân tại \(O\) do \(OB = OF)\) suy ra \(\widehat {ABE} = \widehat {OFB}\) (1)
Mà \(\widehat {ECB} = \widehat {OFB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EC\) của đường tròn tâm \(O\)) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {ECB} = \widehat {ABE}\). (3)
Mặt khác, \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và \(OB = OC = R\)
Suy ra \(OA\) là đường trung trực của \(BC\) mà \(E \in OA\), suy ra \(EB = EC\).
Do đó \(\Delta EBC\) cân tại \(E\) nên \(\widehat {ECB} = \widehat {EBC}\). (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {EBC} = \widehat {ABE}\) nên \(BE\) là tia phân giác của góc \(B\) trong tam giác \(ABH.\)
Vậy \[BE\] là phân giác của \(\widehat {ABC}.\)
c) Theo câu a, (g.g), suy ra \(\widehat {OAC} = \widehat {DCM} = 30^\circ \).
Suy ra \(\widehat {AOC} = 90^\circ - \widehat {OAC} = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ \).
Do đó, \(\widehat {BOC} = 2\widehat {AOC} = 120^\circ \) hay
Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\), có: \(\cos \widehat {HAC} = \frac{{AH}}{{AC}}\)
Suy ra \(AC = \frac{{AH}}{{\cos \widehat {HAC}}} = \frac{4}{{\cos 30^\circ }} = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)
Xét \(\Delta AOC\) vuông tại \(C\), có: \(OC = AC.\tan \widehat {OAC} = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}.\tan 30^\circ = \frac{8}{3}{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)
Diện tích hình quạt giới hạn bởi các bán kính \[OB,OC\] và cung nhỏ \(BC\) là:
\[S = \frac{{\pi .{{\left( {\frac{8}{3}} \right)}^2} \cdot 120}}{{360}} = \frac{{64\pi }}{{27}}{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\].
Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi các bán kính \[OB,OC\] và cung nhỏ \(BC\) là \[\frac{{64\pi }}{{27}}{\rm{ c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.\]
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 4
Cho đường tròn \[\left( O \right)\] đường kính \[AB\]. Lấy điểm \[M\] thuộc \[\left( O \right)\] sao cho \[MA < MB.\]Vẽ dây \[MN\] vuông góc với \[AB\] tại \[H\]. Đường thẳng \[AN\] cắt \[BM\] tại \[C\]. Đường thẳng qua \[C\] vuông góc với \[AB\] tại \[K\] và cắt \[BN\] tại \[D\].
a) Chứng minh \[A,M,C,K\] cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \[BK\] là tia phân giác của \[\widehat {CBD}\].
c) Chứng minh \[\Delta KMC\] cân và \[KM\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\].
Cho đường tròn \[\left( O \right)\] đường kính \[AB\]. Lấy điểm \[M\] thuộc \[\left( O \right)\] sao cho \[MA < MB.\]Vẽ dây \[MN\] vuông góc với \[AB\] tại \[H\]. Đường thẳng \[AN\] cắt \[BM\] tại \[C\]. Đường thẳng qua \[C\] vuông góc với \[AB\] tại \[K\] và cắt \[BN\] tại \[D\].
a) Chứng minh \[A,M,C,K\] cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \[BK\] là tia phân giác của \[\widehat {CBD}\].
c) Chứng minh \[\Delta KMC\] cân và \[KM\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\].
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 5
Cho đường tròn \[\left( O \right)\] và một điểm \[A\] nằm ngoài đường tròn. Từ \[A\] kẻ hai tiếp tuyến \[AB,AC\] (\[B,C\] là các tiếp điểm). Từ \[A\] kẻ đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm \[M\] và \[N\] (điểm \(M\) nằm giữa \(A\) và \(N).\) Gọi \[E\] là trung điểm của dây \[MN\], \[I\] là giao điểm thứ hai của đường thẳng \[CE\] với đường tròn \[\left( O \right)\].
a) Chứng minh bốn điểm \[A,O,E,C\] cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \[\widehat {AOC} = \widehat {BIC}\] và \[BI\,{\rm{//}}\,MN\].
c) Xác định vị trí của \[N\] để diện tích tam giác \[AIN\] lớn nhất.
Cho đường tròn \[\left( O \right)\] và một điểm \[A\] nằm ngoài đường tròn. Từ \[A\] kẻ hai tiếp tuyến \[AB,AC\] (\[B,C\] là các tiếp điểm). Từ \[A\] kẻ đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm \[M\] và \[N\] (điểm \(M\) nằm giữa \(A\) và \(N).\) Gọi \[E\] là trung điểm của dây \[MN\], \[I\] là giao điểm thứ hai của đường thẳng \[CE\] với đường tròn \[\left( O \right)\].
a) Chứng minh bốn điểm \[A,O,E,C\] cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \[\widehat {AOC} = \widehat {BIC}\] và \[BI\,{\rm{//}}\,MN\].
c) Xác định vị trí của \[N\] để diện tích tam giác \[AIN\] lớn nhất.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) 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 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập