Gọi C là vị trí ngọn hải đăng và H là hình chiếu của C trên AB.

Khi đó CH là khoảng cách từ ngọn hải đăng tới bờ biển.

Ta có: \( \widehat {ACB} = \widehat {HBC} - \widehat {BAC} = {75^o} - {45^o} = {30^o}; \,  \widehat {ABC} = {180^o} - {75^o} = {105^o}\)

Áp dụng định lí sin trong tam giác ABC ta có:

\(\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{\sin B}}\)

\( \Rightarrow AC = \sin B.\frac{{AB}}{{\sin C}} = \sin {105^o}.\frac{{30}}{{\sin {{30}^o}}} \approx 58\)

Tam giác ACH vuông tại H nên ta có:

\(CH = \sin A.AC = \sin {45^o}.58 \approx 41\)

Vậy ngọn hải đăng cách bờ biển 41 m.

Gọi C là vị trí của máy bay

Gọi CH là độ cao của máy bay so với mặt đất

=>CH\(\perp\)AB tại H

Ta có hình vẽ sau:

Xét ΔCBA có \(\widehat{CBA}+\widehat{CAB}+\widehat{ACB}=180^0\)

=>\(\widehat{ACB}+30^0+40^0=180^0\)

=>\(\widehat{ACB}=110^0\)

Xét ΔABC có \(\dfrac{BA}{sinACB}=\dfrac{AC}{sinB}=\dfrac{BC}{sinA}\)

=>\(\dfrac{400}{sin110}=\dfrac{AC}{sin40}=\dfrac{BC}{sin30}\)

=>\(AC\simeq273,62\left(m\right);BC\simeq212,84\left(m\right)\)

Diện tích tam giác ABC là:

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}\cdot CA\cdot CB\cdot sinACB\)

\(=\dfrac{1}{2}\cdot273,62\cdot212,84\cdot sin110\simeq27362,57\left(m^2\right)\)

Xét ΔACB có CH là đường cao

nên \(\dfrac{1}{2}\cdot CH\cdot AB=S_{ABC}\)

=>\(CH\cdot\dfrac{400}{2}=27362,57\)

=>\(CH\simeq136,81\left(m\right)\)

Ta có: \(OA'=d'=2cm\), người này quan sát thấy cái tháp cao 5m nên \(h=5m=500cm\) và khoảng cách từ tháp đến người này là 30 cm nên \(d=30cm\). 

Chiều cao của ảnh trên màng lưới:

\(\dfrac{h}{h'}=\dfrac{d}{d'}\Rightarrow h'=\dfrac{h\cdot d'}{d}=\dfrac{500\cdot2}{30}\approx33,\left(3\right)cm\)

Chọn gốc thời gian là lúc ném vật nằm ngang

Phương trình chuyển động của vật ném ngang theo phương Ox:  x = v 0 t

Phương trình chuyển động của vật ném ngang theo phương Oy:  y 1 = 1 2 g t 2

Phương trình chuyển động của vật được ném thẳng đứng:  y 2 = v 0 ' ( t + 1 ) − 1 2 g ( t + 1 ) 2

Hai vật gặp nhau trong quá trình chuyển động:

→ x = v 0 t = A B → t = A B v 0 = 3 s → y 1 = y 2 ↔ 1 2 g t 2 = v 0 ' ( t + 1 ) − 1 2 g ( t + 1 ) 2 → v 0 ' = g ( t + 0 , 5 ) t + 1 = 10 ( 3 + 0 , 5 ) 3 + 1 = 8 , 75 m / s

Đáp án: D

Câu 3:

Xét ΔCAB có \(\dfrac{CB}{sinA}=\dfrac{CA}{sinB}\)

=>\(\dfrac{260}{sin45}=\dfrac{CA}{sin30}\)

=>\(CA\simeq183,85\left(m\right)\)

Câu 4:

a: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔCAB vuông tại C

=>AC\(\perp\)CB tại C

=>AC\(\perp\)EB tại C

Xét ΔABE vuông tại A có AC là đường cao

nên \(BC\cdot BE=BA^2=\left(2R\right)^2=4R^2\)

b: Ta có: ΔOAD cân tại O

mà OE là đường cao

nên OE là phân giác của góc AOD

Xét ΔOAE và ΔODE có

OA=OD

\(\widehat{AOE}=\widehat{DOE}\)

OE chung

Do đó: ΔOAE=ΔODE

=>\(\widehat{OAE}=\widehat{ODE}=90^0\)

Xét tứ giác EAOD có

\(\widehat{EAO}+\widehat{EDO}=90^0+90^0=180^0\)

=>EAOD là tứ giác nội tiếp

=>E,A,O,D cùng thuộc một đường tròn

c: Xét (O) có

OD là bán kính

ED\(\perp\)DO tại D

Do đó: ED là tiếp tuyến của (O)

Xét (O) có

\(\widehat{EDC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến DE và dây cung DC

\(\widehat{CBD}\) là góc nội tiếp chắn cung DC

Do đó: \(\widehat{EDC}=\widehat{CBD}\)

=>\(\widehat{EDC}=\widehat{EBD}\)

Xét ΔEDC và ΔEBD có

\(\widehat{EDC}=\widehat{EBD}\)

\(\widehat{DEC}\) chung

Do đó: ΔEDC đồng dạng với ΔEBD

=>\(\widehat{ECD}=\widehat{EDB}\)