Anh Bình đứng tại vị trí A cách một đài kiểm soát không lưu 50m và nhìn thấy đỉnh C của đài này dưới một góc 55o so với phương nẵm ngang (như hình vẽ bên dưới).Biết khoảng cách từ mắt của anh Bình đến mặt đất bằng 1.7m . Chiều cao BC của đài kiểm soát không lưu bằng (làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt các điểm D, E như hình vẽ.
Xét CDE vuông tại E ta có:
Chiều cao của cây là BC = CE + BE = 8,57 + 1,6 = 10,17m
Đáp án cần chọn là: D
Độ cao của máy bay là CD, độ dài AB = 80m
Gọi BC = x (x > 0) => AC = 80 + x
Xét tam giác BDC vuông tại C có CD = x . tan 55 0
Xét tam giác ADC vuông tại C có CD = (80 + x). tan 44 0
Suy ra x . tan 55 0 = (80 + x). tan 44 0
=> x ≈ 113,96m
=> CD = 113,96. tan 55 0 ≈ 162,75m
Vậy độ cao của máy bay so với mặt đất là 162,75m
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
=>\(\widehat{ECD}=\widehat{EDB}\)
a) Vị trí máy bay vào lúc 14 giờ 30 phút là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}.\frac{1}{2} = 300\\y = \frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}.\frac{1}{2} = 400\end{array} \right.\)
Vậy tọa độ máy bay là \(\left( {300;400} \right)\). Thời điểm này máy bay đã xuất hiện trên màn hình ra đa.
b) Ta có: \(MO = \sqrt {{{\left( {\frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)}^2}} \).
Do có \(M{O_{\min }} = 50\sqrt 2 \Leftrightarrow t = \frac{5}{4}\).
Vậy sau khi bay \(\frac{5}{4} = 1,25\) (giờ) tức là lúc 15h15p thì máy bay gần ra đa nhất và khoảng cách từ ra đa đến máy bay khi đó là \(50\sqrt 2 \left( {km} \right)\).
c) Máy bay rời khỏi màn hình ra đa khi mà khoảng cách từ M đến O lớn hơn 500km tức là:
\(MO = \sqrt {{{\left( {\frac{{1600}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{1900}}{3} - \frac{{1400}}{3}t} \right)}^2}} \ge 500 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{1}{2}\\t = 2\end{array} \right.\)
Vậy sau khi bay được 2h tức là lúc 16h thì máy bay thoát khỏi màn hình ra đa.
Chiều cao ngọn hải đăng là cạnh góc vuông đối diện với góc 0 ° 42 ' , khoảng cách từ tàu đến chân ngọn hải đăng là cạnh kề với góc nhọn.
Vậy khoảng cách từ tàu đến chân ngọn hải đăng là:
80.cotg 0 ° 42 ' ≈ 6547,76 (feet) ≈ 1,24 (hải lí)
CK=BA*tan55\(\simeq71,41\left(m\right)\)
BC=BA+BK=71,41+1,7=73,31(m)