Câu hỏi:

17/03/2026 50

Một gia đình muốn xây một bể chứa nước dạng hình hộp với chiều dài \[x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\], chiều rộng \[x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\] và chiều cao \[{\rm{h }}\left( {\rm{m}} \right)\] có thể tích bằng \[{\rm{4 }}{{\rm{m}}^3}\]. Để xây dựng bể chứa nước này, gia đình đó cần phải trả \[500\,\,000\] đồng cho mỗi mét vuông để xây hai mặt đáy của bể và \[1\,\,000\,\,000\] đồng cho mỗi mét vuông để xây bốn mặt bể. Tính chi phí tối thiểu gia đình đó phải trả để xây bể chứa nước.

Câu hỏi trong đề: Đề cương ôn tập giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Thể tích của hình hộp đó là: \[{x^2}h = 4{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)\] suy ra \[h = \frac{4}{{{x^2}}}{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Diện tích hai mặt đáy của bể là \[2{x^2}{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\].

Diện tích bốn mặt bên của bể là \[8x.h{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\].

Số tiền gia đình đó phải trả khi xây hai mặt đáy là: \[2{x^2}.0,5 = {x^2}\] (triệu đồng).

Số tiền gia đình đó phải trả khi xây bốn mặt bên của bể là

\[8xh.1 = 8xh\] (triệu đồng).

Do đó, số tiền phải trả khi làm bể là: \[{x^2} + 8xh\] (triệu đồng).

Để chi phí xây bể nước là tối thiểu thì \[{x^2} + 8xh\] đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có: \[{x^2} + 8xh = {x^2} + 8\left( {x.\frac{4}{{{x^2}}}} \right) = {x^2} + \frac{{32}}{x} = {x^2} + \frac{{16}}{x} + \frac{{16}}{x}\].

Vì \[x > 0\] nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

\[{x^2} + \frac{{16}}{x} + \frac{{16}}{x} \ge 3\sqrt[3]{{x.\frac{{16}}{x}.\frac{{16}}{x}}}\] hay \[{x^2} + \frac{{16}}{x} + \frac{{16}}{x} \ge 3.4\sqrt[3]{4}\]

Do đó, \[{x^2} + 8xh \ge 12\sqrt[3]{4} \approx 19,05\].

Dấu “=” xảy ra khi \[{x^2} = \frac{{16}}{x}\] hay \[x = 2\sqrt[3]{2}{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Vậy chi phí tối thiểu để gia đình đó xây bể nước là khoảng \[19,05\] triệu đồng.

Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho điểm \[M\] nằm ngoài đường tròn tâm \[O\]. Vẽ tiếp tuyến \[MA,MB\] của đường tròn với \[A,B\] là các tiếp điểm. Vẽ cát tuyến \[MCD\] không đi qua tâm \[O\] (\[C\] nằm giữa \[M\] và \[D\]); \[OM\] cắt \[AB\] và \[\left( O \right)\] lần lượt tại \[H,I\]. Gọi \[E\] là trung điểm của \[DC\].

(a) Chứng minh: \[MAOB,ABOE\] nội tiếp.

(b) Chứng minh \[MC.MD = M{A^2}\] và \[\widehat {MHC} = \widehat {MDO}\].

(c) Chứng minh: \[OH.OM + MC.MD = M{O^2}\]

Xem đáp án

Lời giải

Cho điểm M nằm ngoài đường tròn tâm O. Vẽ tiếp tuyến MA, MB của đường tròn với A, B là các tiếp điểm. Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa M và D) (ảnh 1)

a) Vì \[MA,MB\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên suy ra \[MA \bot OA,MB \bot OB\]

Suy ra \[\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = 90^\circ \].

Xét tứ giác \[MAOB\] có \[\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = 180^\circ \].

Suy ra \[MAOB\] nội tiếp đường tròn đường kính \[MO\].

Xét \[\left( O \right)\] có \[CD\] là dây cung và \[E\] là trung điểm của \[CD\] suy ra \[OE \bot CD\].

Suy ra \[\widehat {OEC} = 90^\circ \] suy ra \[\widehat {OEM} = 90^\circ \] với \[M \in CD\].

Xét tứ giác \[OEMB\] có:

\[\widehat {OEM} + \widehat {OBM} = 180^\circ \].

Suy ra tứ giác \[OEMB\] nội tiếp đường tròn đường kính \[MO\].

b) Xét \[\Delta MAC\] và \[\Delta MDA\] có:

\[\widehat {AMD}\] chung và \[\widehat {MDA} = \widehat {MAC}\] (cùng chắn cung \[AC\])

Suy ra (g.g) suy ra \[\frac{{MA}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MA}}\] hay \[MC.MD = M{A^2}\] (*).

Ta có: \[OA = OB = R\] và \[MA = MB\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \[MO\] là đường trung trực của \[AB\].

Xét \[\Delta AMO\] và \[\Delta HMA\] có \[\widehat {MAO} = \widehat {MHA} = 90^\circ \] và \[\widehat {AMO} = \widehat {HMA}\]

Suy ra (g.g) suy ra \[MH.MO = M{A^2}\] (**).

Từ (*) và (**) suy ra \[MH.MO = MC.MD = M{A^2}\]

Suy ra \[\frac{{MC}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MD}}\].

Xét \[\Delta MCH\] và \[\Delta MOD\] có: \[\widehat {DMO}\] chung và \[\frac{{MC}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MD}}\].

Suy ra (c.g.c) suy ra \[\widehat {MHC} = \widehat {MDO}\].

Xét \[\Delta MOA\] có \[AH\] là đường cao (\[AH \bot OM\]); \[\widehat {MAO} = 90^\circ \] (chứng minh trên).

Xét \[\Delta OHA\] và \[\Delta OAM\] có: \[\widehat {HOA} = \widehat {AOM}\] và \[\widehat {OHA} = \widehat {OAM} = 90^\circ \].

Suy ra (g.g) suy ra \[OH.OM = O{A^2}\].

Xét tam giác \[\Delta OAM\], áp dụng định lí Pythagore, ta có: \[O{A^2} + A{M^2} = M{O^2}\].

Suy ra \[OH.OM + MC.MD = M{O^2}\].

Câu 2

Cho tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] nội tiếp \[\left( O \right)\]. Từ một điểm \[D\] trên cạnh \[BC\] kẻ đường thẳng vuông góc với \[BC\] cắt \[AC\] tại \[F\] và cắt tia đối của tia \[AB\] tại \[E\]. Gọi \[H\] là giao điểm của \[BF\] và \[CE\], tia \[HD\] cắt \[\left( O \right)\] tại \[K\].

(a) Chứng minh tứ giác \[AECD\] nội tiếp.

(b) Chứng minh \[BF.BH = BD.BC\] và \[AK \bot BC\].

(c) Gọi \[I\] là trung điểm của \[EF\]. Chứng minh \[OI \bot AH\].

Xem đáp án

Lời giải

Hướng dẫn giải

Cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp (O). Từ một điểm D trên cạnh BC kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt AC tại F và cắt tia đối của tia AB (ảnh 1)

a) Xét \[\Delta EBC\] có:

\[CA \bot BE\] (vì tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\]) và \[ED \bot BC\] (giả thiết) mà \[CA \cap ED = \left\{ F \right\}\] nên \[F\] là giao điểm của ba đường cao trong tam giác \[\Delta EBC\], suy ra \[BF \bot EC\] tại \[H\] suy ra \[\widehat {BHC} = 90^\circ \].

Xét \[\left( {O;\frac{{BC}}{2}} \right)\] có \[\widehat {BHC} = 90^\circ \] nên \[H \in \left( O \right)\].

Vì \[CA \bot BE\] (cmt) nên \[\widehat {CAE} = 90^\circ \].

Vì \[ED \bot BC\] (cmt) nên \[\widehat {EDC} = 90^\circ \].

Xét tứ giác \[AECD\] có \[\widehat {CAE} = \widehat {EDC} = 90^\circ \] mà đỉnh \[A,D\] là hai đỉnh liền kề cùng nhìn cạnh \[EC\] nên \[AECD\] nội tiếp.

b) Xét \[\Delta BDF\] và \[\Delta BHC\] có: \[\widehat {HBC}\] chung và \[\widehat {BDF} = \widehat {BHC} = 90^\circ \].

Suy ra (g.g) suy ra \[\frac{{BF}}{{BC}} = \frac{{BD}}{{BH}}\] suy ra \[BF.BH = BD.BC\] (đpcm).

Xét đường tròn \[\left( {O;\frac{{BC}}{2}} \right)\] có (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[AB\]).

Xét tứ giác \[FHCD\] có \[\widehat {FHC} = 90^\circ \] (Vì \[BH \bot EC\] tại \[H\]); \[\widehat {FDC} = 90^\circ \] (vì \[ED \bot BC\] tại \[D\]).

Suy ra \[\widehat {FHC} + \widehat {FDC} = 180^\circ \] mà \[\widehat {FHD}\] và \[\widehat {FCD}\] là hai góc đối nên tứ giác \[FHCD\] là tứ giác nội tiếp.

Suy ra mà \[\widehat {AHB} = \widehat {ACB}\] (cmt) nên \[\widehat {AHB} = \widehat {FHD}\] suy ra \[\widehat {AHB} = \widehat {BHK}\].

Mặt khác , .

Từ đó ta được \[AB = BK\].

Xét \[\left( {O;\frac{{BC}}{2}} \right)\] có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra tam giác \[BKC\] vuông tại \[K\].

Xét \[\Delta BKC\] và \[\Delta BAC\] có:

\[\widehat {BKC} = \widehat {BAC} = 90^\circ \]

\[BC\] chung

\[BA = BK\] (cmt)

Suy ra \[\Delta BKC = \Delta BAC\] (g.c.g)

Suy ra \[KC = AC\] (hai cạnh tương ứng).

Mà \[BA = BK\] nên \[BC\] là đường trung trực của \[AK\].

Suy ra \[AK \bot BC\] (đpcm).

Cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp (O). Từ một điểm D trên cạnh BC kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt AC tại F và cắt tia đối của tia AB (ảnh 2)

Xét \[\Delta EAF\] vuông tại \[A\] có \[I\] là trung điểm của \[EF\] nên \[AI\] là đường trung tuyến của \[\Delta EAF\].

Suy ra \[AI = IE = IF = \frac{1}{2}EF\].

Xét \[\Delta HEF\] vuông tại \[H\] có \[I\] là trung điểm của \[EF\] nên \[HI\] là đường trung tuyến của \[\Delta HEF\]. Suy ra \[HI = IE = IF = \frac{1}{2}EF\].

Suy ra \[AI = HI\].

Xét \[\left( O \right)\] có \[OA = OH = R\] nên ta được \[OI\] là đường trung trực của \[AH.\]

Vậy \[OI \bot AH\]. (đpcm).

Câu 3