Bài 9: Ứng dụng thực tế của tam giác đồng dạng

Tuệ Minhh
12 tháng 4 lúc 20:10

người ta có cho DE song song AB không bạn?

Bình luận (1)
Trần Nhật Quỳnh
12 tháng 4 lúc 19:43

Bài toán được biểu diễn như hình sau :

A B C D E

Trong đó : AB là chiều cao ống khói

DE là chiều cao của người kia

AC là bóng của ống khói

DC là bóng của người kia

BC là hướng của ánh sáng

Dễ chứng minh ΔABC ~ ΔDEC (g.g)

=> \(\dfrac{AB}{DE}=\dfrac{BC}{EC}=\dfrac{AC}{DC}\)

=> \(AB=\dfrac{AC\cdot DE}{DC}=\dfrac{40,6\cdot1,65}{1,45}=46,2\left(m\right)\)

Vậy chiều cao của ống khói là 46,2m

Bình luận (0)
Thu Thao
17 tháng 12 2020 lúc 22:11

a/ \(\widehat{DCE}+\widehat{ECF}=180^o\)

=> \(\widehat{ECF}=90^o\)

Xét t/g DEC và t/g BFC có

EC = FC (GT)

\(\widehat{DCE}=\widehat{BCF}=90^o\)

DC = BC (do ABCD là hình vuông)

=> t/g DEC = t/g BFC (c.g.c)

=> DE = BF (2 cạnh t/ứ(

b/ Xét t/g BEH và t/g DEC có

\(\widehat{BEH}=\widehat{DEC}\) (đối đỉnh)

\(\widehat{EBF}=\widehat{EDC}\) (do t/g BFC = t/g DEC)

 \(\Rightarrow\Delta BEH\sim\Delta DEC\) (g.g)

=> \(\widehat{BHE}=\widehat{DCB}=90^o\)

=> \(DE\perp BF\)

Xét t/g BDF có

DE ⊥ BF

BC ⊥ DF

DE cắt BC tại E

=> E là trực tâm t/g BDF

=> .... đpcm

c/ Xét t/g CEF có CE = CF ; M là trung điểm EF

=> CM ⊥ EF

=> \(\widehat{KMC}=90^o\)

Tự cm OKMC làhcn

=> OC = KM => AO = KM

Mà AO // KM (cùng vuông góc vs BD)

=> AOMK là hbh

=> OM // AK

Bình luận (0)
Nguyễn Lê Phước Thịnh
30 tháng 7 2020 lúc 9:31

a) Ta có: ΔABC cân tại A(gt)

mà AK là đường cao ứng với cạnh đáy BC(gt)

nên AK là đường trung tuyến ứng với cạnh BC(tính chất tam giác cân)

⇒K là trung điểm của BC

\(\Rightarrow BK=CK=\frac{BC}{2}=\frac{6cm}{2}=3cm\)

Áp dụng định lí pytago vào ΔABK vuông tại K, ta được:

\(AB^2=AK^2+BK^2\)

\(\Leftrightarrow AK^2=AB^2-BK^2=5^2-3^2=16\)

hay \(AK=\sqrt{16}=4cm\)

Vậy: AK=4cm

b)

Sửa đề: Chứng minh \(IA\cdot IK=IB\cdot IH\)

Xét ΔIAH vuông tại H và ΔIBK vuông tại K có

\(\widehat{AIH}=\widehat{BIK}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIAH∼ΔIBK(g-g)

\(\frac{IA}{IB}=\frac{IH}{IK}\)

hay \(IA\cdot IK=IB\cdot IH\)(đpcm)

c) Xét ΔBHC vuông tại H và ΔAKC vuông tại K có

\(\widehat{C}\) chung

Do đó: ΔBHC∼ΔAKC(g-g)

\(\frac{BH}{AK}=\frac{HC}{KC}=\frac{BC}{AC}\)

\(\frac{BH}{4}=\frac{HC}{3}=\frac{6}{5}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\frac{BH}{4}=\frac{6}{5}\\\frac{HC}{3}=\frac{6}{5}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}BH=\frac{4\cdot6}{5}=\frac{24}{5}=4.8cm\\HC=\frac{6\cdot3}{5}=\frac{18}{5}=3.6cm\end{matrix}\right.\)

Vậy: BH=4.8cm; HC=3.6cm

d) Ta có: \(\frac{CH}{CB}=\frac{3.6}{6}=\frac{3}{5}\)

\(\frac{CK}{CA}=\frac{3}{5}\)

Do đó: \(\frac{CH}{CB}=\frac{CK}{CA}\)\(\left(=\frac{3}{5}\right)\)

Xét ΔHCK và ΔBCA có

\(\frac{CH}{CB}=\frac{CK}{CA}\)(cmt)

\(\widehat{C}\) chung

Do đó: ΔHCK∼ΔBCA(c-g-c)

Bình luận (0)
Minh Nguyệt
30 tháng 7 2020 lúc 9:28

(Hình tự vẽ nha)

a) Xét tam giác OAB và ODC có:

\(\widehat{O}\) (góc chung)

\(\frac{OA}{OD}=\frac{OB}{OC}=\frac{5}{2}\)

=> ΔOAB ∼ ΔODC (c-g-c) (đpcm)

b) Theo công thức tỉ số diện tích hai tam giác đồng dạng:

\(\frac{S_{\Delta OAB}}{S_{\Delta ODC}}=\left(\frac{5}{2}\right)^2\)=> SΔOAB =18,75 cm2

c) Vì EB // CD nên \(\widehat{OCD}=\widehat{OEB}\)

Mà từ 2 tam giác đồng dạng ở câu a có: \(\widehat{OCD}=\widehat{OBA}\)

=> \(\widehat{OEB}=\widehat{OBA}\)

Xét hai tam giác OEB và OBA:

\(\widehat{O}\) (góc chung)

\(\widehat{OEB}=\widehat{OBA}\) (từ chứng minh trên)

=> ΔOEB ∼ ΔOBA

=> \(\frac{OE}{OB}=\frac{OB}{OA}\) => OB2 = OA.OE (Đpcm)

Bình luận (0)

Khoá học trên OLM của Đại học Sư phạm HN

Loading...

Khoá học trên OLM của Đại học Sư phạm HN