(4 điểm)
Một bể chứa nước cấu tạo gồm phần đáy có dạng hình nón và phần thân có dạng hình trụ như hình vẽ.
a) Tính thể tích của bể (kết quả không làm tròn).
b) Ban đầu bể không có nước. Bơm nước vào bể với tốc độ 1,4 lít/giây. Hỏi sau 25 phút, mực nước cách miệng bể bao nhiêu mét? (Lấy \(\pi \approx 3,14\), làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
(4 điểm)
Một bể chứa nước cấu tạo gồm phần đáy có dạng hình nón và phần thân có dạng hình trụ như hình vẽ.
a) Tính thể tích của bể (kết quả không làm tròn).
b) Ban đầu bể không có nước. Bơm nước vào bể với tốc độ 1,4 lít/giây. Hỏi sau 25 phút, mực nước cách miệng bể bao nhiêu mét? (Lấy \(\pi \approx 3,14\), làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Tính thể tích bể
Bán kính đáy: \(R = 1,4:2 = 0,7{\rm{ (m)}}\).
Chiều cao phần hình nón: \({h_{n{\rm{\'o }}n}} = 3,2 - 1,2 = 2{\rm{ (m)}}\).
Thể tích phần hình trụ: \({V_{tru}} = \pi {R^2}{h_{tru}} = \pi \cdot {0,7^2} \cdot 1,2 = 0,588\pi {\rm{ (}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\).
Thể tích phần hình nón: \({V_{n{\rm{\'o }}n}} = \frac{1}{3}\pi {R^2}{h_{n{\rm{\'o }}n}} = \frac{1}{3}\pi \cdot {0,7^2} \cdot 2 = \frac{{0,49 \cdot 2}}{3}\pi = \frac{{49}}{{150}}\pi {\rm{ (}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\).
Vậy thể tích của bể là \(V = 0,588\pi + \frac{{49}}{{150}}\pi = \frac{{1372}}{{1500}}\pi = \frac{{229}}{{250}}\pi {\rm{ (}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\).
b) Tính khoảng cách từ mực nước đến miệng bể
Lượng nước bơm vào sau 25 phút:
\({V_{nuoc}} = 1,4 \cdot (25 \cdot 60) = 2100{\rm{ l\'i t}} = 2,1{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\).
Thể tích phần hình nón (xấp xỉ): \({V_{n{\rm{\'o }}n}} \approx \frac{1}{3} \cdot 3,14 \cdot {0,7^2} \cdot 2 \approx 1,0257{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\).
Vì \({V_{nuoc}} > {V_{n{\rm{\'o }}n}}\) nên nước đã ngập hết phần nón và đang ở trong phần trụ.
Thể tích nước nằm trong phần hình trụ:
\({V_{nuoc\_tru}} = {V_{nuoc}} - {V_{n{\rm{\'o }}n}} \approx 2,1 - 1,0257 = 1,0743{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\).
Chiều cao mực nước trong phần trụ
\({h_{nuoc\_tru}} = \frac{{{V_{nuoc\_tru}}}}{{\pi {R^2}}} \approx \frac{{1,0743}}{{3,14 \cdot {{0,7}^2}}} \approx 0,6982{\rm{ m}}\).
Vậy khoảng cách từ mực nước đến miệng bể:
\(d = {h_{tru}} - {h_{nuoc\_tru}} \approx 1,2 - 0,6982 = 0,5018 \approx 0,50{\rm{ (m)}}\).
Câu hỏi cùng đoạn
Câu 2:
Cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \((O;R)\). Các đường cao \(AD,\,BF,\,CE\) của \(\Delta ABC\) cắt nhau tại \(H\).
1. Chứng minh tứ giác \(BEHD\) nội tiếp một đường tròn.
2. Kéo dài \(AD\) cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thứ hai \(K\). Kéo dài \(KE\) cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thứ hai \(I\). Gọi \(N\) là giao điểm của \(CI\) và \(EF\). Chứng minh: \(\widehat {AFE} = \widehat {ABD}\) và \(C{E^2} = CN.CI\).
3. Kẻ \(OM\) vuông góc với \(BC\) tại \(M\). Gọi \(P\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEF\). Chứng minh ba điểm \(M,\,N,\,P\) thẳng hàng.
Cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \((O;R)\). Các đường cao \(AD,\,BF,\,CE\) của \(\Delta ABC\) cắt nhau tại \(H\).
1. Chứng minh tứ giác \(BEHD\) nội tiếp một đường tròn.
2. Kéo dài \(AD\) cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thứ hai \(K\). Kéo dài \(KE\) cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thứ hai \(I\). Gọi \(N\) là giao điểm của \(CI\) và \(EF\). Chứng minh: \(\widehat {AFE} = \widehat {ABD}\) và \(C{E^2} = CN.CI\).
3. Kẻ \(OM\) vuông góc với \(BC\) tại \(M\). Gọi \(P\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEF\). Chứng minh ba điểm \(M,\,N,\,P\) thẳng hàng.
Giải bởi Vietjack
1. Chứng minh tứ giác \(BEHD\) nội tiếp một đường tròn.
Vì \(AD\) và \(CE\) là các đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(AD \bot BC\), \(CE \bot AB\).
Suy ra \(\widehat {BEH} = 90^\circ \), \(\widehat {BDH} = 90^\circ \).
Suy ra \(\Delta BEH\) vuông tại \(E\), \(\Delta BDH\) vuông tại \(H\).
Suy ra \(B,\,E,\,H,\,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BH\).
Suy ra tứ giác \(BEHD\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BH\).
2. Kéo dài \(AD\) cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thứ hai \(K\). Kéo dài \(KE\) cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thứ hai \(I\). Gọi \(N\) là giao điểm của \(CI\) và \(EF\). Chứng minh: \(\widehat {AFE} = \widehat {ABD}\) và \(C{E^2} = CN.CI\).
+) Chứng minh \(\widehat {AFE} = \widehat {ABD}\)
Vì \(BF\) là đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(BF \bot AC\).
Suy ra \(\widehat {BFC} = 90^\circ \).
Suy ra tam giác \(BFC\) vuông tại \(F\).
Suy ra \(B,\,F,\,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\) (1).
Lại có tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) nên \(B,\,E,\,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(B,\,E,\,F,\,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\).
Suy ra tứ giác \(BEFC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\).
Suy ra \(\widehat {EFC} + \widehat {EBC} = 180^\circ \) (tính chất của tứ giác nội tiếp)
Lại có \(\widehat {AFE} + \widehat {EFC} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)
Suy ra \[\widehat {EBC} = \widehat {AFE}\] hay \(\widehat {AFE} = \widehat {ABD}\).
+) Chứng minh \(C{E^2} = CN.CI\)
Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BEFC\) có \[\widehat {CEF} = \widehat {CBF}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CF\)) (3)
Vì \(\Delta BFC\) vuông tại \(F\) nên \(\widehat {CBF} + \widehat {BCF} = 90^\circ \) (4)
Vì \(\Delta ADC\) vuông tại \(D\) nên \(\widehat {DAC} + \widehat {DCA} = 90^\circ \) hay \(\widehat {KAC} + \widehat {BCF} = 90^\circ \) (5)
Từ (4) và (5) suy ra \(\widehat {CBF} = \widehat {KAC}\) (cùng phụ với \(\widehat {BCF}\)) (6)
Từ (3) và (6) suy ra \[\widehat {CEF} = \widehat {KAC}\] (cùng bằng \(\widehat {CBF}\))
Lại có \(\widehat {KAC} = \widehat {KIC}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(KC\) của đường tròn \((O;R)\).
Suy ra \[\widehat {CEF} = \widehat {KIC}\] hay \[\widehat {CEN} = \widehat {CIE}\].
Xét \(\Delta CEN\) và \(\Delta CIE\), có \(\widehat {ECN}\) chung và \[\widehat {CEN} = \widehat {CIE}\] (cmt).
Vậy (g-g).
Suy ra \(\frac{{CE}}{{CI}} = \frac{{CN}}{{CE}}\) (cặp cạnh tương ứng).
Suy ra \(C{E^2} = CI.CN\) (đpcm.
3. Kẻ \(OM\) vuông góc với \(BC\) tại \(M\). Gọi \(P\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEF\). Chứng minh ba điểm \(M,\,N,\,P\) thẳng hàng.
Bước 1: ta chứng minh \(N\) là trung điểm của \(FE\).
Kẻ \(EG \bot AC\) tại \(G\). Ta chứng minh
Xét \(\Delta AEC\) và \(\Delta EGC\) có :
\(\widehat {ACE}\)chung
\(\widehat {EGC} = \widehat {AEC} = 90^\circ \)
(g-g)
\( \Rightarrow \frac{{CE}}{{CG}} = \frac{{AC}}{{CE}}\)( tính chất tam giác đồng dạng)
\( \Rightarrow C{E^2} = CA.CG\)
Mà \(C{E^2} = CI.CN\)(cmt)
\( \Rightarrow CA.CG = CI.CN\)
\( \Rightarrow \frac{{CG}}{{CI}} = \frac{{CN}}{{CA}}\)
Xét \(\Delta CNG\) và \(\Delta CAI\) có :
\(\widehat {ACI}\)chung
\(\frac{{CG}}{{CI}} = \frac{{CN}}{{CA}}\)(cmt)
(g-g)
\( \Rightarrow \widehat {CIA} = \widehat {CGN}\)( hai góc tương ứng)
Lại có \(\widehat {AFE} = \widehat {ABD}\) (cmt) hay \(\widehat {NFG} = \widehat {EBC}\)
Ta có \(\widehat {EBC} = \widehat {AIC}\)( hai góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( {O;R} \right)\))
Mà \(\widehat {CIA} = \widehat {CGN}\)
\( \Rightarrow \widehat {NFG} = \widehat {NGC}\)
\( \Rightarrow \Delta GNF\) cân tại \(N\)
\( \Rightarrow NG = NF\)( tính chất tam giác cân)
Ta chứng minh được \(\widehat {EGN} = \widehat {NEG}\)( dựa vào các góc phụ nhau)
\( \Rightarrow \Delta GNE\) cân tại \(N\)
\( \Rightarrow NG = NE\)( tính chất tam giác cân)
Do đó \(NF = NE\)
\( \Rightarrow N\) là trung điểm của \(EF\).
Bước 2 : Ta chứng minh \(MP\) đi qua trung điểm \(N\).
Dễ chứng minh được tứ giác \(AEHF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\), có tâm \(P\).
Suy ra \(PE = PF\).
Mặt khác \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\), \(\Delta BFC\) vuông tại \(F\)lần lượt có đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BC\) là \(EM\) và \(FM\) nên suy ra \(EM = FM = \frac{1}{2}BC\).
Suy ra \(MP\) là đường trung trực của \(EF\).
Suy ra \(MP\) đi qua trung điểm \(N\) của \(EF\).
Vậy \(M,\,N,\,P\) thẳng hàng.
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Gọi giá niêm yết mỗi km là \(x\) (đồng) \(\left( {x > 0} \right)\)
Số tiền trong \(150\,\,{\rm{km}}\) đầu tiên là \(150x\)(đồng)
Số tiền trong \(80km\) tiếp theo là \(80x.90\% = 72x\)(đồng)
Số tiền bác An phải trả là \(2\,\,664\,\,000\) đồng nên ta có phương trình
\(150x + 72x = 2\,\,664\,\,000\)
\(222x = 2\,\,664\,\,000\)
\(x = 12\,\,000\)
Vậy giá niêm yết một km ban đầu là \(12\,\,000\) đồng.
Lời giải
a) Tìm tần số tương đối của nhóm \([5;7,5)\).
Tổng số học sinh: \[N = 40\]
Tần số của nhóm \([5;7,5)\) là: 22
Tần số tương đối của nhóm \([5;7,5)\) là: \[\frac{{22}}{{40}}.100\% = 55\% \].
b) Tỉ lệ học sinh có điểm trên trung bình so với học sinh cả lớp.
Số học sinh đạt trên trung bình là: \[22 + 15 = 37\] ( học sinh).
Tỉ lệ phần trăm so với cả lớp là: \[\frac{{37}}{{40}}.100\% = 92,5\% \].
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.
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