Câu hỏi:
10/10/2024 27,612
1) Một ly nước dạng hình trụ có chiều cao là 15 cm, đường kính đáy là 5 cm, lượng nước tinh khiết trong ly cao 10 cm. Ly nước được đặt cố định trên mặt bàn bằng phẳng như hình vẽ dưới đây.
a) Tính thể tích lượng nước tinh khiết được chứa trong ly.
b) Người ta thả vào ly nước 5 viên bi hình cầu giống hệt nhau, có cùng thể tích, đồng chất và ngập hoàn toàn trong nước, làm nước trong ly dâng lên đúng bằng miệng ly, không tràn ra ngoài. Hỏi thể tích của mỗi viên bi là bao nhiêu xăng-ti-mét khối? (Giả sử độ dày của ly là không đáng kể).
2) Cho đường tròn \(\left( O \right)\) có hai đường kính \(AB\) và \(MN\) vuông góc với nhau. Trên tia đối của tia \(MA\) lấy điểm \(C\) khác điểm \(M.\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(M\) đến đường thẳng \(BC.\)
a) Chứng minh bốn điểm \(O,\,\,M,\,\,H,\,\,B\) cùng thuộc một đường tròn.
b) Hai đường thẳng \(MB\) và \(OH\) cắt nhau tại \(E.\) Chứng minh \(\widehat {MHO} = \widehat {MNA}\) và \(ME \cdot MH = BE \cdot HC.\)
c) Gọi \(P\) là giao điểm thứ hai của đường tròn \(\left( O \right)\) và đường tròn ngoại tiếp tam giác \(MHC.\) Chứng minh ba điểm \(C,\,\,P,\,\,E\) là ba điểm thẳng hàng.
Câu hỏi trong đề: Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 1) !!
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
1) a) Bán kính đáy của lý nước có dạng hình trụ đó là: \(\frac{5}{2} = 2,5{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)
Thể tích lượng nước tinh khiết được chứa trong ly bằng thể tích của hình trụ có chiều cao \(10\) cm, và bằng:
\({V_1} = \pi \cdot {\left( {2,5} \right)^2} \cdot 10 = 62,5\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
b) Thể tích của 5 viên bi bằng thể tích của hình trụ với chiều cao là \[15 - 10 = 5\] (cm).
\[{V_{5\,\,vien\,\,bi}} = \pi \cdot {\left( {2,5} \right)^2} \cdot 5 = 31,25\pi \] (cm³).
Thể tích của mỗi viên bi là: \(\frac{{31,25\pi }}{5} = 6,25\pi \) (cm³).
2)
a) Cách 1: Ta có \(MN \bot AB\) tại \[O\] nên \(\Delta MOB\) vuông tại \[O\], suy ra ba điểm \[M,{\rm{ }}O,{\rm{ }}B\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MB\].
Ta có \(MH \bot CB\) tại \[H\] nên \(\Delta MHB\) vuông tại \[H,\]suy ra ba điểm \[M,{\rm{ }}H,{\rm{ }}B\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MB\].
Do đó bốn điểm \[O;{\rm{ }}M;{\rm{ }}H;{\rm{ }}B\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MB\].
Cách 2: Gọi \[I\] là trung điểm của \[MB\].
Ta có \(MN \bot AB\) tại \[O\] nên \(\Delta MOB\) vuông tại \[O,\] lại có \[OI\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(MB\) nên \(IO = IM = IB = \frac{1}{2}MB.\)
Ta có \(MH \bot CB\) tại \[H\] nên \(\Delta MHB\) vuông tại \[H,\]
lại có HI là đường trung tuyến với cạnh huyền \(MB\) nên \(IH = IM = IB = \frac{1}{2}MB.\)
Vậy \(IO = IM = IH = IB\) nên bốn điểm \[O;{\rm{ }}M;{\rm{ }}H;{\rm{ }}B\] cùng thuộc đường tròn tâm \[I,\] đường kính \(MB.\)
b) ⦁ Chứng minh \(\widehat {MHO} = \widehat {MNA}\)
Xét đường tròn ngoại tiếp đi qua bốn điểm \[O;{\rm{ }}M;{\rm{ }}H;{\rm{ }}B\] có \(\widehat {MHO} = \widehat {MBO}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[MO).\]
Xét đường tròn tâm \[O\] có: \(\widehat {MBA} = \widehat {MNA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[MA)\] hay \(\widehat {MBO} = \widehat {MNA}\)
Do đó: \(\widehat {MHO} = \widehat {MNA}.\)
⦁ Chứng minh \(ME \cdot MH = BE \cdot HC\)
Xét đường tròn ngoại tiếp đi qua bốn điểm \[O;{\rm{ }}M;{\rm{ }}H;{\rm{ }}B\] có \(\widehat {BMO} = \widehat {BHO}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[OB)\]
Tam giác \[MBO\] cân tại \[O\] (do \(OM = OB)\) nên \(\widehat {BMO} = \widehat {MBO}\).
Lại có \(\widehat {MHO} = \widehat {MBO}\) (chứng minh trên)
Suy ra \(\widehat {MHO} = \widehat {BHO}\) nên \[HO\] là tia phân giác của \(\widehat {MHB}\) hay \[ME\] là tia phân giác của \(\widehat {MHB}.\)
Xét \(\Delta MHB\) có \[ME\] là tia phân giác của \(\widehat {MHB}\) nên \(\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{{MH}}{{BH}}\) (1)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AB\) là đường kính và \(M \in \left( O \right)\) nên \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), do đó \(\widehat {CMB} = 90^\circ \) nên \(\widehat {HMC} + \widehat {HMB} = 90^\circ .\)
Mặt khác, \(\Delta MHB\) vuông tại \(H\) nên \(\widehat {HMB} + \widehat {HBM} = 90^\circ \) (tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông).
Suy ra \(\widehat {HMC} = \widehat {HBM}.\)
Xét \(\Delta MHC\) và \(\Delta BHM\) có: \(\widehat {HMC} = \widehat {BHM} = 90^\circ \) và \(\widehat {HMC} = \widehat {HBM}\)
Do đó (g.g), suy ra \(\frac{{MH}}{{BH}} = \frac{{HC}}{{HM}}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{{HC}}{{HM}}\,\,\left( { = \frac{{MH}}{{BH}}} \right)\) hay \(ME \cdot MH = BE \cdot HC\).
c) ⦁ Tam giác \[MHC\] vuông tại \[C\] nên ba điểm \[M,{\rm{ }}H,{\rm{ }}C\] nội tiếp đường tròn đường kính \[MC\].
Mà \[P\] thuộc đường tròn đó nên \(\widehat {MPC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Mặt khác, \[P\] thuộc đường tròn tâm \[O,\] đường kính \[MN\] nên \(\widehat {MPN} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Vậy \(\widehat {MPN} + \widehat {MPC} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) nên \[C,{\rm{ }}P,{\rm{ }}N\] thẳng hàng. (3)
⦁ Xét \(\Delta MHC\) và \(\Delta BMC\) có:
\(\widehat {MHC} = \widehat {BMC} = 90^\circ \) và \(\widehat {MCB}\) là góc chung
Do đó (g.g), suy ra \(\frac{{MH}}{{BM}} = \frac{{HC}}{{MC}}\) hay \(\frac{{HC}}{{MH}} = \frac{{MC}}{{BM}}\).
Tam giác \[BMN\]có \[BO\] là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên \[\Delta BMN\] cân tại \[B\], suy ra \(BM = BN.\)
Do đó từ \(\frac{{HC}}{{MH}} = \frac{{MC}}{{BM}}\) ta có \(\frac{{HC}}{{MH}} = \frac{{MC}}{{BN}}\)
Theo câu b ta có: \(\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{{HC}}{{HM}}\) nên \(\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{{MC}}{{BN}}\).
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(MN\) có \(B \in \left( O \right)\) nên \(\widehat {NBM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(\widehat {NBE} = 90^\circ .\)
Xét \(\Delta MCE\) và \(\Delta BNE\) có: \(\widehat {CME} = \widehat {NBE} = 90^\circ \) và \(\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{{MC}}{{BN}}\)
Do đó (g.g), suy ra \(\widehat {MEC} = \widehat {BEN}\) (hai góc tương ứng).
Ta có: \(\widehat {BEN} + \widehat {CEB} = \widehat {MEC} + \widehat {CEB} = \widehat {MEB} = 180^\circ \) nên ba điểm \[C,{\rm{ }}E,{\rm{ }}N\] thẳng hàng. (4)
Từ (3) và (4) ta có bốn điểm \[C;{\rm{ }}P;{\rm{ }}E;{\rm{ }}N\] thẳng hàng hay \[C;{\rm{ }}P;{\rm{ }}E\] thẳng hàng.
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 1
1) Bác Tiến chia số tiền 400 triệu đồng của mình cho hai khoản đầu tư. Sau một năm, tổng số tiền lãi thu được là 27 triệu đồng. Lãi suất cho khoản đầu tư thứ nhất là \(6\% /\)năm và khoản đầu tư thứ hai là \(8\% /\)năm. Tính số tiền bác Tiến đầu tư cho mỗi khoản.
2) Một tổ sản xuất có kế hoạch làm 300 sản phẩm cùng loại trong một số ngày quy định. Thực tế, mỗi ngày tổ đã làm được nhiều hơn 10 sản phẩm so với số sản phẩm dự định làm trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn kế hoạch 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày tổ sản xuất phải làm bao nhiêu sản phẩm? (Giả định rằng số sản phẩm mà tổ đó làm được trong mỗi ngày là bằng nhau).
3) Biết rằng phương trình bậc hai \({x^2} - 3x + a = 0\) có một nghiệm là \[x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}.\] Tìm tổng bình phương hai nghiệm của phương trình trên.
1) Bác Tiến chia số tiền 400 triệu đồng của mình cho hai khoản đầu tư. Sau một năm, tổng số tiền lãi thu được là 27 triệu đồng. Lãi suất cho khoản đầu tư thứ nhất là \(6\% /\)năm và khoản đầu tư thứ hai là \(8\% /\)năm. Tính số tiền bác Tiến đầu tư cho mỗi khoản.
2) Một tổ sản xuất có kế hoạch làm 300 sản phẩm cùng loại trong một số ngày quy định. Thực tế, mỗi ngày tổ đã làm được nhiều hơn 10 sản phẩm so với số sản phẩm dự định làm trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn kế hoạch 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày tổ sản xuất phải làm bao nhiêu sản phẩm? (Giả định rằng số sản phẩm mà tổ đó làm được trong mỗi ngày là bằng nhau).
3) Biết rằng phương trình bậc hai \({x^2} - 3x + a = 0\) có một nghiệm là \[x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}.\] Tìm tổng bình phương hai nghiệm của phương trình trên.
Lời giải
1) Cách 1: Giải bài toán bằng cách lập phương trình
Gọi số tiền ở khoản đầu tư thứ nhất của Bác Tiến là \(x\) (triệu đồng) \(\left( {0 \le x \le 400} \right).\)
Số tiền ở khoản đầu tư thứ hai là: \(400 - x\) (triệu đồng).
Số tiền lãi sau một năm ở khoản đầu tư thứ nhất là: \(6\% x = 0,06x\) (triệu đồng).
Số tiền lãi sau một năm ở khoản đầu tư thứ hai là: \(8\% \left( {400 - x} \right) = 32 - 0,08x\) (triệu đồng).
Theo bài, tổng số tiền lãi bác Tiến nhận được là 27 triệu đồng nên ta có phương trình:
\(0,06x + 32 - 0,08x = 27\).
Giải phương trình:
\(0,06x + 32 - 0,08x = 27\)
\( - 0,02x = 27 - 32\)
\( - 0,02x = - 5\)
\(x = 250\) (thoả mãn điều kiện).
Vậy số tiền ở khoản đầu tư thứ nhất là 250 triệu đồng và ở khoản đầu tư thứ hai là \(400 - 250 = 150\) (triệu đồng).
Cách 2: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình
Gọi số tiền ở khoản đầu tư thứ nhất và thứ hai của Bác Tiến lần lượt là \(x\) và \(y\) (triệu đồng) \(\left( {0 \le x \le 400,\,\,0 \le y \le 400} \right).\)
Theo bài, tổng số tiền đầu tư của bác Tiến là 400 triệu đồng nên ta có phương trình:
\(x + y = 400\) (1)
Số tiền lãi sau một năm ở khoản đầu tư thứ nhất là: \(6\% x = 0,06x\) (triệu đồng).
Số tiền lãi sau một năm ở khoản đầu tư thứ hai là: \(8\% y = 0,08y\) (triệu đồng).
Theo bài, tổng số tiền lãi bác Tiến nhận được là 27 triệu đồng nên ta có phương trình:
\(0,06x + 0,08y = 27\) (2)
Từ phương trình (1) và (2) ta có hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 400\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\0,06x + 0,08y = 27\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\]
Từ phương trình (1) ta có: \(y = 400 - x\) (3)
Thế vào phương trình (2) ta được: \(0,06x + 0,08\left( {400 - x} \right) = 27.\) (4)
Giải phương trình (4):
\(0,06x + 0,08\left( {400 - x} \right) = 27\)
\(0,06x + 32 - 0,08x = 27\)
\( - 0,02x = 27 - 32\)
\( - 0,02x = - 5\)
\(x = 250\) (thoả mãn điều kiện).
Thay giá trị \(x = 250\) vào phương trình (3) ta được: \(y = 400 - 250 = 150\)(thoả mãn điều kiện).
Vậy số tiền ở khoản đầu tư thứ nhất là 250 triệu đồng và ở khoản đầu tư thứ hai là 150 triệu đồng.
2) Giả sử theo kế hoạch mỗi ngày tổ sản xuất phải làm \(x\) (sản phẩm) \(\left( {x \in \mathbb{N}*,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x < 300} \right).\)
Khi đó, theo kế hoạch thời gian cần thiết để làm xong 300 sản phẩm là: \(\frac{{300}}{x}\) (ngày).
Thực tế mỗi ngày số sản phẩm mà tổ làm được là: \(x + 10\) (sản phẩm).
Khi đó, thời gian thực tế mà tổ sản xuất làm xong 300 sản phẩm là: \(\frac{{300}}{{x + 10}}\) (ngày).
Do tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn 1 ngày nên ta có phương trình:
\(\frac{{300}}{x} - \frac{{300}}{{x + 10}} = 1\) (1)
Giải phương trình (1):
\(\frac{{300}}{x} - \frac{{300}}{{x + 10}} = 1\)
\(\frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 10}} = \frac{1}{{300}}\)
\(\frac{{x + 10 - x}}{{x\left( {x + 10} \right)}} = \frac{1}{{300}}\)
\(\frac{{10}}{{{x^2} + 10x}} = \frac{1}{{300}}\)
\({x^2} + 10x = 3\,\,000\)
\({x^2} - 50x + 60x - 3\,\,000 = 0\)
\(x\left( {x - 50} \right) + 60\left( {x - 50} \right) = 0\)
\(\left( {x - 50} \right)\left( {x + 60} \right) = 0\)
\(x - 50 = 0\) hoặc \(x + 60 = 0\)
\(x = 50\) (thoả mãn) \(x = - 60\) (không thoả mãn).
Vậy theo kế hoạch mỗi ngày tổ sản xuất cần sản xuất 50 sản phẩm.
3) Để phương trình \({x^2} - 3x + a = 0\) nhận \(x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\) làm một nghiệm thì \(x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\) phải thỏa mãn phương trình đó.
Thay \(x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\) vào phương trình \({x^2} - 3x + a = 0\), ta được:
\({\left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right)^2} - 3 \cdot \left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right) + a = 0\)
\(\frac{{9 - 6\sqrt 5 + 5}}{4} - \frac{{9 - 3\sqrt 5 }}{2} + a = 0\)
\(\frac{{9 - 6\sqrt 5 + 5 - 18 + 6\sqrt 5 }}{4} + a = 0\)
\(\frac{{ - 4}}{4} + a = 0\)
\( - 1 + a = 0\)
\(a = 1\).
Với \(a = 1\), phương trình bậc hai trở thành: \({x^2} - 3x + 1 = 0\) (1)
Do phương trình (1) có hai nghiệm nên theo hệ thức Viète ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3\\{x_1}{x_2} = 1.\end{array} \right.\)
Ta có \(x_1^2 + x_2^2 = x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 2{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {3^2} - 2 \cdot 1 = 7.\)
Vậy \(a = 1\) và tổng bình phương hai nghiệm của phương trình đã cho khi ấy bằng 7.
Lời giải
1) Thay \(x = 9\) (thoả mãn điều kiện) vào biểu thức \[A\], ta được: \(A = \frac{{9 - 4}}{{\sqrt 9 }} = \frac{5}{3}.\)
Vậy với \(x = 9\) thì \(A = \frac{5}{3}.\)
2) Với \(x > 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 4\), ta có:
\(B = \frac{3}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{2\sqrt x + 3}}{{4 - x}} = \frac{3}{{\sqrt x - 2}} - \frac{{2\sqrt x + 3}}{{x - 4}}\)
\( = \frac{{3\left( {\sqrt x + 2} \right) - \left( {2\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{3\sqrt x + 6 - 2\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x + 3}}{{x - 4}}.\)
Vậy với \(x > 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 4\) thì \(B = \frac{{\sqrt x + 3}}{{x - 4}}.\)
3) Với \(x > 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 4\), ta có:
⦁ \(P = AB = \frac{{x - 4}}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{\sqrt x + 3}}{{x - 4}} = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }} = 1 + \frac{3}{{\sqrt x }} > 0.\) Do đó \(P > 0.\)
⦁ \[1 - P = 1 - \left( {1 + \frac{3}{{\sqrt x }}} \right) = 1 - 1 - \frac{3}{{\sqrt x }} = - \frac{3}{{\sqrt x }} < 0\]. Do đó \(1 - P < 0\).
Suy ra \(P\left( {1 - P} \right) < 0\) hay \(P - {P^2} < 0\) nên \(P < {P^2}.\)
Vậy \(P < {P^2}.\)
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) 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 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
![Trong buổi thăm quan dã ngoại, mỗi lớp khối 9 được chuẩn bị một tấm bạt hình chữ nhật \(ABCD\) cùng loại, có chiều dài 10 m và chiều rộng 6 m; với \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \[AD,\,\,BC\] (hình 1). (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/10/blobid8-1728573234.png)
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) 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 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
🔥 Đề thi HOT:
-
123 bài tập Nón trụ cầu và hình khối có lời giải
-
Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Đắk Lắk
-
50 bài tập Một số yếu tố xác suất có lời giải
-
Đề thi tham khảo môn Toán vào 10 tỉnh Quảng Bình năm học 2025-2026
-
Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_TP Hà Nội
-
54 bài tập Hàm số bậc hai và giải bài toán bằng cách lập phương trình có lời giải
-
Đề thi minh họa (Dự thảo) TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Đồng Nai
-
Đề thi tham khảo TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Bình Phước