Câu hỏi:

17/03/2026 19

Kim cương là một khoáng sản quý, có rất nhiều giá trị và được sử dụng với nhiều mục đích khác nhau. Giá bán của một viên kim cương tỉ lệ với bình phương khối lượng của nó. Khi đem một viên kim cương cắt thành ba phần và vẫn bán với giá như trên (theo đúng tỉ lệ trên) thì tổng số tiền thu được tăng hay giảm? Trong trường hợp nào giá kim cương ban đầu giảm nhiều nhất? Và giảm bao nhiêu lần?

Xem lời giải

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

Gọi giá bán của kim cương ban đầu là \[x\] đồng, khối lượng là \[y\] (kg).

Sau khi chia thành ba phần thì mỗi phần nặng \[{y_1},{y_2},{y_3}\] (kg) với giá bán lần lượt là \[{x_1};{x_2};{x_3}\] đồng.

Ta có: \[{y_1} + {y_2} + {y_3} = y\] và \[\frac{{{x_1}}}{{y_1^2}} = \frac{{{x_2}}}{{y_2^2}} = \frac{{{x_3}}}{{y_3^2}} = \frac{x}{{{y^2}}}\].

Suy ra \[\frac{{{x_1} + {x_2} + {x_3}}}{{y_1^2 + y_2^2 + y_3^2}} = \frac{x}{{{y^2}}}\].

Suy ra \[{x_1} + {x_2} + {x_3} = x.\frac{{y_1^2 + y_2^2 + y_3^2}}{{{y^2}}}\].

Hay \[{x_1} + {x_2} + {x_3} \ge x.\frac{{\frac{1}{3}{{\left( {{y_1} + {y_2} + {y_3}} \right)}^2}}}{{{y^2}}}\]

\[{x_1} + {x_2} + {x_3} \ge x.\frac{{\frac{1}{3}{y^2}}}{{{y^2}}}\]

\[{x_1} + {x_2} + {x_3} \ge \frac{1}{3}x\].

Do đó, khi chia làm ba phần thì giá bán kim cương giảm đi và giảm nhiều nhất khi ba phần kim cương đó có khối lượng bằng nhau.

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