Câu hỏi:

14/04/2026 6

Một trường tổ chức cho giáo viên và học sinh có thành tích xuất sắc đi tham quan tại một địa điểm du lịch với giá vé vào cổng là $150\,\,000$ đồng/ vé. Do đi theo đoàn đông người nên được giảm giá vé $10\% $ cho mỗi giáo viên và $20\% $ cho mỗi học sinh. Biết tổng số giáo viên và học sinh tham gia là $10$ người và tổng số tiền mua vé là $1\,\,230\,\,000$ đồng. Tính số giáo viên và số học sinh đi tham quan.

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 số giáo viên và học sinh đi tham quan lần lượt là \[x\] và \[y\] (người)
Điều kiện : \[x,y \in \mathbb{N};x,y > 0\].

Vì tổng số giáo viên và học sinh tham gia là $10$ người nên \[x + y = 10\]. (1)

Giá tiền mỗi vé của giáo viên sau khi giảm là:

$150\,\,000 - 150\,\,000.10\% = 135{\rm{ }}000$ (đồng)

Giá tiền mỗi vé của học sinh sau khi giảm là:

$150\,\,000 - 150\,\,000.20\% = 120{\rm{ }}000$ (đồng)

Vì tổng số tiền mua vé là $1\,\,230\,\,000$ đồng nên

$135\,\,000x + 120\,\,000y = 1\,\,230\,\,000$ hay $9x + 8y = 82$. (3)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 10\\9x + 8y = 82\end{array} \right.$.

Suy ra \[x = 2\,;y = 8\] (TMĐK).

Vậy có \[2\] giáo viên và \[8\] học sinh đi tham quan.

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