Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ (như hình vẽ). Tính diện tích xung quanh của hình lăng trụ. Biết CA = 3 cm, AB = 4 cm, BB’ = 7 cm.

Ta có ABCD là hình bình hành nên:

+ AD // BC hay BF // AD.

Khi đó: $\widehat{EDA}=\widehat{EBF}$; $\widehat{EAD}=\widehat{EFB}$ (các cặp góc so le trong).

+ AB // CD hay AB//GD.

$\widehat{DGE}=\widehat{BAE}$ (hai góc so le trong).

Xét ∆DEA và ∆BEF có:

$\widehat{EDA}=\widehat{EBF}$ (cmt).

$\widehat{EAD}=\widehat{EFB}$ (cmt).

Do đó ∆DEA  ∆BEF (g.g).

Xét ∆DGE và ∆BAE có:

$\widehat{DGE}=\widehat{BAE}$ (cmt)

$\widehat{DEG}=\widehat{BEA}$ (hai góc đối đỉnh)

Do đó ∆DGE ∆BAE (g.g).

Vậy ∆DEA ∆BEF và ∆DGE  ∆BAE.

b) Theo câu a, ta có:

+ ∆DEA ∆BEF suy ra: $\frac{EA}{EF}=\frac{DE}{BE}$ (1)

+ ∆DGE ∆BAE suy ra:  ^{$\frac{DE}{BE}=\frac{EG}{EA}$} (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{EA}{EF}=\frac{EG}{EA}$.

Do đó: EA² = EF . FG (đpcm).

c) Theo câu a, ta có:

+ ∆DEA ∆BEF suy ra: $\frac{DA}{BF}=\frac{DE}{BE}$ (3)

+ ∆DGE ∆BAE suy ra: $\frac{DE}{BE}=\frac{DG}{BA}$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\frac{DA}{BF}=\frac{DG}{BA}$.

Do đó: BF . DG = AD . AB (không đổi).

Vậy BF . DG không đổi khi F thay đổi trên BC.

Gọi x (km/h) vận tốc của tàu khi nước yên lặng (x > 4).

Đổi: 8 giờ 20 phút = $\frac{25}{3}$ giờ.

Vận tốc của tàu khi xuôi dòng là: x + 4 (km/h).

Vận tốc của tàu khi ngược dòng là: x − 4 (km/h).

Thời gian tàu đi xuôi dòng là: $\frac{80}{x+4}$ (giờ).

Thời gian tàu đi ngược dòng là: $\frac{80}{x-4}$ (giờ).

Vì thời gian cả đi lẫn về là 8 giờ 20 phút hay $\frac{25}{3}$ giờ nên ta có phương trình:

$\frac{80}{x+4}+\frac{80}{x-4}=\frac{25}{3}$

$\iff \frac{16}{x+4}+\frac{16}{x-4}=\frac{5}{3}$

$\iff \frac{48(x-4)}{3(x+4)(x-4)}+\frac{48(x+4)}{3(x+4)(x-4)}=\frac{5(x+4)(x-4)}{3(x+4)(x-4)}$

$\Rightarrow$ 48(x – 4) + 48(x + 4) = 5(x + 4)(x – 4)

Û 48(x – 4 + x + 4) = 5(x² – 16)

Û 96x = 5x² – 80

Û 5x² – 96x – 80 = 0

Û (x – 20)(5x + 4) = 0

Û x = 20 (TM) hoặc $x=\frac{-4}{5}$ (loại)

Vậy vận tốc của tàu khi nước yên lặng là 20 km/h.