Câu hỏi:

14/04/2026 5

Bác Lan dự định dùng hết số tiền 480 nghìn đồng để mua gạo nếp gói bánh chưng nhân dịp tết Nguyên đán. Khi đến cửa hàng, loại gạo mà bác Lan dự định mua đã tăng 2 nghìn đồng/kg. Do vậy, bác Lan đã mua lượng gạo giảm $\frac{1}{{16}}$ lần so với dự định. Tính giá tiền mỗi kilôgam gạo mà bác Lan đã mua.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Gọi \[x\] (nghìn đồng) là giá tiền mỗi kilôgam gạo mà bác Lan đã mua \[\left( {x > 2} \right).\]

Giá tiền mỗi kilôgam gạo bác Lan dự định mua là: \[x - 2\] (nghìn đồng).

Lượng gạo thực tế mà bác Lan đã mua là: \[\frac{{480}}{x}\] (kg).

Lượng gạo bác Lan dự định mua là: $\frac{{480}}{{x - 2}}$ (kg).

Do lượng gạo đã mua giảm $\frac{1}{{16}}$ lần so với dự định nên ta có phương trình:

$\frac{{480}}{x} = \frac{{15}}{{16}} \cdot \frac{{480}}{{x - 2}}.$

\[\frac{1}{x} = \frac{{15}}{{16}} \cdot \frac{1}{{x - 2}}\]

\[\frac{{16\left( {x - 2} \right)}}{{16x\left( {x - 2} \right)}} = \frac{{15x}}{{16x\left( {x - 2} \right)}}\]

\[16\left( {x - 2} \right) = 15x\]

\[16x - 32 = 15x\]

\[x = 32\] (TMĐK)

Vậy giá tiền mỗi kilôgam gạo mà bác Lan đã mua là 32 nghìn đồng.

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

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\], đường cao $AH$.

a) Cho $BH = 9\,\,{\rm{cm}},\,\,CH = 4\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}$ Tính độ dài các đoạn thẳng $AB,\,\,AC,\,\,AH.$

b) Gọi $E$ là hình chiếu của $H$ trên $AB.$ Chứng minh $AE \cdot AB = HB \cdot HC.$

c) Đường thẳng qua $B$ vuông góc với $AB$ cắt tia $AH$ tại $F.$ Gọi $M$ là hình chiếu của $H$ trên $BF.$Chứng minh $\frac{{H{E^2}}}{{H{A^2}}} + \frac{{H{M^2}}}{{H{F^2}}} = 1.$

Xem đáp án

Lời giải

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. a) Cho BH = 9cm, CH = 4cm.Tính độ dài các đoạn thẳng AB, AC, AH (ảnh 1)

a) Ta có $BC = BH + HC = 9 + 4 = 13\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$

Xét $\Delta AHB$ vuông tại $H$, ta có: $\cos B = \frac{{BH}}{{AB}}.$

Xét \[\Delta ABC\] vuông tại $A$, ta có: $\cos B = \frac{{AB}}{{BC}}.$

Do đó \[\cos B = \frac{{BH}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{BC}}\]

Suy ra $A{B^2} = BH \cdot BC = 9 \cdot 13 = 117$ nên $AB = 3\sqrt {13} \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).$

Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta ABC\] vuông tại $A$, ta có \[A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\]

Suy ra \[A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = {13^2} - 117 = 52\] nên \[AC = 2\sqrt {13} \,\,cm.\]

Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta AHC\] vuông tại $H$, ta có \[A{H^2} + H{C^2} = A{C^2}\]

Suy ra \[A{H^2} = A{C^2} - H{C^2} = 52 - {4^2} = 36\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\] nên \[AH = 6\,\,cm.\]

b) Xét $\Delta AHB$ vuông tại $H$, ta có: \[\cos A = \frac{{AH}}{{AB}}.\]

Xét \[\Delta AHE\] vuông tại $E$, ta có: \[\cos A = \frac{{AE}}{{AH}}.\]

Do đó \[\cos A = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AH}}.\] Suy ra $A H^{2} = A E . A B (1)$

Xét $\Delta AHB$ vuông tại $H$, ta có: \[\tan \widehat {BAH} = \frac{{BH}}{{AH}}.\]

Xét \[\Delta AHC\] vuông tại $E$, ta có: \[\cos \widehat {CAH} = \frac{{AH}}{{HC}}.\]

Do đó \[\frac{{BH}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{HC}}\] suy ra $A H^{2} = B H . H C (2)$

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[AE \cdot AB = BH \cdot HC\].

c) Xét \[\Delta AHE\] vuông tại $E$, ta có \[\sin \widehat {EAH} = \frac{{HE}}{{AH}}\] suy ra $\sin^{2} \hat{E A H} = \frac{H E^{2}}{A H^{2}} (3)$

Xét \[\Delta AHE\] vuông tại $E$, ta có \[\sin \widehat {MFH} = \frac{{MH}}{{HF}}\].

Vì $\Delta ABF$ vuông tại $B$ nên $\widehat {BAH} + \widehat {BFH} = 90^\circ $ suy ra \[\sin \widehat {BFH} = \cos \widehat {EAH}.\]

Do đó \[\cos \widehat {EAH} = \frac{{MH}}{{HF}}\] suy ra $\cos^{2} \hat{E A H} = \frac{M H^{2}}{H F^{2}} (4)$

Mặt khác, xét \[\Delta AHE\] vuông tại $E$, ta có

\[\sin \widehat {EAH} = \frac{{HE}}{{AH}}\,;\,\,\cos \widehat {EAH} = \frac{{AE}}{{AH}}\] (áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn).

\[H{E^2} + A{E^2} = A{H^2}\] (áp dụng định lí Pythagore)

Do đó $\sin^{2} \hat{E A H} + \cos^{2} \hat{E A H} = \frac{H E^{2}}{A H^{2}} + \frac{A E^{2}}{A H^{2}} = \frac{H E^{2} + A E^{2}}{A H^{2}} = \frac{A H^{2}}{A H^{2}} (5)$

Từ \[\left( 3 \right),\,\,\left( 4 \right)\] và \[\left( 5 \right)\] suy ra \[{\sin ^2}\widehat {EAH} + {\cos ^2}\widehat {EAH} = \frac{{H{E^2}}}{{A{H^2}}} + \frac{{M{H^2}}}{{H{F^2}}} = 1\] (đpcm).

Câu 2

Cho đường tròn $\left( O \right)$ và một điểm $A$ nằm ngoài đường tròn. Các tiếp tuyến với đường tròn kẻ từ $A$ tiếp xúc với đường tròn tại $B$ và $C$. Gọi $H$ là giao điểm của $OA$ và $BC$, kẻ đường kính $BD$ của đường tròn $\left( O \right)$, hạ $CM \bot BD$ tại $M.$ Tia $AO$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại $E,F$.

a) Chứng minh rằng $∆ C M D đ ồ n g d ạ n g ∆ A C O$

b) Chứng minh rằng \[BE\] là phân giác của $\widehat {ABC}.$

c) Cho \[\widehat {DCM} = 30^\circ \] và \[AH = 4{\rm{ cm}}\]. Tính diện tích hình quạt giới hạn bởi các bán kính \[OB,OC\] và cung nhỏ $BC$.

Xem đáp án

Lời giải

Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngoài đường tròn. Các tiếp tuyến với đường tròn kẻ từ A tiếp xúc với đường tròn tại B và C. Gọi H là giao điểm của OA và BC (ảnh 1)

a) Ta có: $AB,AC$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$, suy ra $OA$ là đường phân giác của $\widehat {BOC}$ (tính chất) nên $\widehat {AOC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}.$

Xét đường tròn $\left( O \right)$, ta có:

$\widehat {CDB} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $BC)$

Do đó, $\widehat {AOC} = \widehat {CDB}$.

Xét $\Delta CMD$ và $\Delta ACO$ có:

$\widehat {CMD} = \widehat {ACO} = 90^\circ $ và $\widehat {CDM} = \widehat {AOC}$ (do $\widehat {AOC} = \widehat {CDB}$)

Do đó $∆ C M D đ ồ n g d ạ n g ∆ A C O$ (g.g).

b) Xét đường tròn $\left( O \right)$, ta có: $\widehat {EBF} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Ta có $\widehat {ABO} = \widehat {EBF} = 90^\circ $ nên $\widehat {ABE} + \widehat {EBO} = \widehat {EBO} + \widehat {OBF}$

Suy ra $\widehat {ABE} = \widehat {OBF}$.

Lại có: $\widehat {OBF} = \widehat {OFB}$ (vì $\Delta BOF$ cân tại $O$ do $OB = OF)$ suy ra $\widehat {ABE} = \widehat {OFB}$ (1)

Mà $\widehat {ECB} = \widehat {OFB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $EC$ của đường tròn tâm $O$) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {ECB} = \widehat {ABE}$. (3)

Mặt khác, $AB = AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và $OB = OC = R$

Suy ra $OA$ là đường trung trực của $BC$ mà $E \in OA$, suy ra $EB = EC$.

Do đó $\Delta EBC$ cân tại $E$ nên $\widehat {ECB} = \widehat {EBC}$. (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat {EBC} = \widehat {ABE}$ nên $BE$ là tia phân giác của góc $B$ trong tam giác $ABH.$

Vậy \[BE\] là phân giác của $\widehat {ABC}.$

c) Theo câu a, (g.g), suy ra $\widehat {OAC} = \widehat {DCM} = 30^\circ $.

Suy ra $\widehat {AOC} = 90^\circ - \widehat {OAC} = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ $.

Do đó, $\widehat {BOC} = 2\widehat {AOC} = 120^\circ $ hay

Xét $\Delta AHC$ vuông tại $H$, có: $\cos \widehat {HAC} = \frac{{AH}}{{AC}}$

Suy ra $AC = \frac{{AH}}{{\cos \widehat {HAC}}} = \frac{4}{{\cos 30^\circ }} = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right).$

Xét $\Delta AOC$ vuông tại $C$, có: $OC = AC.\tan \widehat {OAC} = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}.\tan 30^\circ = \frac{8}{3}{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right).$

Diện tích hình quạt giới hạn bởi các bán kính \[OB,OC\] và cung nhỏ $BC$ là:

\[S = \frac{{\pi .{{\left( {\frac{8}{3}} \right)}^2} \cdot 120}}{{360}} = \frac{{64\pi }}{{27}}{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\].

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi các bán kính \[OB,OC\] và cung nhỏ $BC$ là \[\frac{{64\pi }}{{27}}{\rm{ c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.\]

Câu 3