Câu hỏi:

10/09/2026 87

(0,5 điểm) Một công ty cần vận chuyển hàng từ kho hàng \[A\] đến trung tâm phân phối \[D\]. Trên bản đồ, hai điểm \[A\] và \[D\] nằm cùng phía đối với tuyến đường thẳng \[HK\]. Biết khoảng cách từ kho hàng \[A\] đến tuyến đường \[HK\] là 4 km, khoảng cách từ trung tâm phân phối \[D\] đến tuyến đường \[HK\] là 3 km, độ dài \[HK\] bằng 20 km. Công ty dự định xây dựng lộ trình cho xe vận chuyển đi theo đường gấp khúc \[ABCD\], trong đó \[B,\,\,C\] thuộc đoạn \[HK\] (như hình vẽ). Tốc độ trung bình của xe trên các đoạn \[AB,\,\,BC,\,\,CD\] lần lượt là 30 km/h, 50 km/h và 40 km/h. Hãy xác định vị trí các điểm \[B,\,\,C\] trên đoạn \[HK\] sao cho thời gian di chuyển từ \[A\] đến \[D\] là nhỏ nhất.

$Vậy $A$ là trung điểm của $EH$. (ảnh 1)$

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm 2026 Quảng Ninh !!

Giao bài

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

$Vậy $A$ là trung điểm của $EH$. (ảnh 2)$

Đặt $HB = x$ km với $x \ge 0$; $KC = y$ km với $y \ge 0$.

Vì tổng độ dài $HK = 20$ km nên $BC = 20 - x - y$ điều kiện $x + y \le 20$.

Áp dụng định lý Pythagore cho hai tam giác vuông $\Delta AHB$ vuông tại $H$ và $\Delta DKC$ vuông tại $K$, ta có:

$AB = \sqrt {A{H^2} + H{B^2}} = \sqrt {{4^2} + {x^2}} = \sqrt {{x^2} + 16} $

$CD = \sqrt {D{K^2} + K{C^2}} = \sqrt {{3^2} + {y^2}} = \sqrt {{y^2} + 9} $

Vì tốc độ trung bình của xe trên các đoạn $AB,BC,CD$ lần lượt là 30 km/h, 50 km/h và 40 km/h nên thời gian của xe trên các đoạn $AB,BC,CD$ lần lượt là $\frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}}$, $\frac{{20 - x - y}}{{50}}$, $\frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}}$ giờ.

Khi đó ta có biểu thức tổng thời gian di chuyển của xe là:

$T = \frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}} + \frac{{20 - x - y}}{{50}} + \frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}}$

$T = \left( {\frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}} - \frac{x}{{50}}} \right) + \left( {\frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}} - \frac{y}{{50}}} \right) + \frac{{20}}{{50}}$

Đặt $M = \frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}} - \frac{x}{{50}}$; $N = \frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}} - \frac{y}{{50}}$.

Để $T$ nhỏ nhất thì $M,N$ nhỏ nhất.

+) Ta có: $M = \frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}} - \frac{x}{{50}}$

$\frac{{150M}}{{150}} = \frac{{5\sqrt {{x^2} + 16} }}{{150}} - \frac{{3x}}{{150}}$

$150M = 5\sqrt {{x^2} + 16} - 3x$

Xét bất đẳng thức: $5\sqrt {{x^2} + 16} \ge 3x + 16$.

Vì cả hai vế đều dương do $x \ge 0$, ta bình phương hai vế:

$25\left( {{x^2} + 16} \right) \ge {\left( {3x + 16} \right)^2}$

$25{x^2} + 400 \ge 9{x^2} + 96x + 256$

$16{x^2} - 96x + 144 \ge 0$

${x^2} - 6x + 9 \ge 0$ hay ${(x - 3)^2} \ge 0$ luôn đúng với mọi $x$.

Dấu “$ = $” xảy ra khi và chỉ khi:

$x - 3 = 0$

$x = 3$ (thỏa mãn).

Giá trị nhỏ nhất của $M$ đạt được khi $HB = 3$ km.

+) Ta có: $N = \frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}} - \frac{y}{{50}}$

$\frac{{200N}}{{200}} = \frac{{5\sqrt {{y^2} + 9} }}{{200}} - \frac{{4y}}{{200}}$

$200N = 5\sqrt {{y^2} + 9} - 4y$

Xét bất đẳng thức: $5\sqrt {{y^2} + 9} \ge 4y + 9$

Vì cả hai vế đều dương do $y \ge 0$, ta bình phương hai vế:

$25\left( {{y^2} + 9} \right) \ge {\left( {4y + 9} \right)^2}$

$25{y^2} + 225 \ge 16{y^2} + 72y + 81$

$9{y^2} - 72y + 144 \ge 0$

${y^2} - 8y + 16 \ge 0$ hay ${\left( {y - 4} \right)^2} \ge 0$ luôn đúng với mọi $y$.

Dấu “$ = $” xảy ra khi và chỉ khi: $y - 4 = 0$ hay $y = 4$ km thỏa mãn.

Giá trị nhỏ nhất của $N$ đạt được khi $KC = 4$ km.

Vậy để thời gian di chuyển từ kho $A$ đến trung tâm phân phối $D$ là ngắn nhất thì điểm $B,C$ nằm trên đoạn $HK$ sao cho $HB = 3$ km; $KC = 4$ km.

Hot: Giáo án năng lực số, PPT AI khởi động lớp 1-12 (Update 2026) (chỉ từ 150k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

(1,0 điểm) Một bể bơi có thể tích là ${\rm{144}}$ m³. Ban đầu bể chưa có nước, hai máy bơm cùng hoạt động để bơm nước vào bể, sau $2$ giờ lượng nước trong bể là $60$ m³. Nếu mỗi máy hoạt động riêng thì thời gian bơm đầy bể của máy thứ hai nhiều hơn thời gian bơm đầy bể của máy thứ nhất là 4 giờ. Hỏi nếu máy bơm thứ nhất hoạt động riêng thì cần bao nhiêu giờ để bơm đầy bể?

Xem đáp án

Lời giải

Gọi thời gian máy bơm thứ nhất hoạt động riêng một mình để đầy bể là $x$ (giờ).

Điều kiện: $x > 0$.

Vì nếu hoạt động riêng, thời gian máy thứ hai bơm đầy bể nhiều hơn máy thứ nhất là 4 giờ, nên thời gian máy thứ hai hoạt động riêng một mình để đầy bể là: $x + 4$ (giờ).

Vì thể tích của bể bơi là $144$ m³ nên:

Trong 1 giờ, máy thứ nhất bơm được: $\frac{{144}}{x}$ (m³).

Trong 1 giờ, máy thứ hai bơm được: $\frac{{144}}{{x + 4}}$ (m³).

Vì nếu cả hai máy cùng hoạt động thì sau 2 giờ lượng nước trong bể là $60$ m³ nên trong 1 giờ cả hai máy cùng hoạt động sẽ bơm được: $\frac{{60}}{2} = 30$ (m³).

Từ đó, ta có phương trình về tổng lượng nước 2 máy bơm được trong 1 giờ:

$\frac{{144}}{x} + \frac{{144}}{{x + 4}} = 30$

$\frac{{24}}{x} + \frac{{24}}{{x + 4}} = 5$

\[\frac{{24\left( {x + 4} \right)}}{{x\left( {x + 4} \right)}} + \frac{{24x}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \frac{{5x\left( {x + 4} \right)}}{{x\left( {x + 4} \right)}}\]

$24\left( {x + 4} \right) + 24x = 5x\left( {x + 4} \right)$

$24x + 96 + 24x = 5{x^2} + 20x$

$48x + 96 = 5{x^2} + 20x$

$5{x^2} - 28x - 96 = 0$

$\left( {x - 8} \right)\left( {5x + 12} \right) = 0$

$x - 8 = 0$ hoặc $5x + 12 = 0$

$x = 8$ (thỏa mãn) hoặc $5x = - 12$

$x = 8$ (thỏa mãn) hoặc $x = \frac{{ - 12}}{5}$ (không thỏa mãn).

Vậy nếu máy bơm thứ nhất hoạt động riêng thì cần 8 giờ để bơm đầy bể.

Câu 2

(2,5 điểm) Từ điểm $M$ nằm bên ngoài đường tròn \[\left( O \right)\] kẻ hai tiếp tuyến \[MA,\,\,MB\] với đường tròn ($A$ và \[B\] là các tiếp điểm). Vẽ đường kính \[BC\] của đường tròn \[\left( O \right)\], đường thẳng \[MC\] cắt đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm \[D\] khác \[C\]. Gọi \[H\] là giao điểm của \[AB\] và \[MO.\]

a) Chứng minh \[AC\,{\rm{//}}\,MO\].

b) Chứng minh tứ giác \[MDHB\] nội tiếp và .

c) Đường thẳng qua \[C\] song song với \[DH\] cắt đường thẳng \[AB\] tại \[E\]. Chứng minh \[A\] là trung điểm của \[EH\].

Xem đáp án

Lời giải

$Vậy $A$ là trung điểm của $EH$. (ảnh 1)$

a) Ta có $MA = MB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) suy ra $M$ thuộc đường trung trực của đoạn thẳng $AB.$

Lại có $OA = OB$ $\left( { = R} \right)$ suy ra $O$ thuộc đường trung trực của đoạn thẳng $AB$.

Do đó, $MO$ là đường trung trực của đoạn thẳng $AB$ hay $MO \bot AB$ tại $H$.

Xét đường tròn $(O)$ có $BC$ là đường kính nên $\widehat {BAC} = 90^\circ $ góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

Suy ra $AC \bot AB$.

Vì $AC \bot AB$ và $MO \bot AB$ nên $AC\,{\rm{//}}\,MO$.

b) *Chứng minh tứ giác \[MDHB\] nội tiếp

Ta có $MH$ là phân giác của $\widehat {AMB}$ (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét $\Delta MAB$ cân tại $M$ (do $MA = MB$) có $MH$ là đường phân giác nên $MH$ đồng thời là đường cao của tam giác. Do đó, $MH \bot AB$ hay $\widehat {MHB} = 90^\circ $.

Ta có: $\widehat {CDB} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $BC$). Do đó, $\widehat {MDB} = 90^\circ .$

Do $\Delta MHB$ vuông tại $H$ $\left( {\widehat {MHB} = 90^\circ } \right)$ nên ba điểm $M,\,\,H,\,\,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MB$.

Do $\Delta MDB$ vuông tại $D$ $\left( {\widehat {MDB} = 90^\circ } \right)$ nên ba điểm $M,\,\,D,\,\,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MB$.

Do đó, bốn điểm $M,\,\,D,\,\,H,\,\,B\,\,$cùng thuộc một đường tròn đường kính $MB$. Vì vậy, tứ giác \[MDHB\] nội tiếp.

* Chứng minh $Δ M D H ∽ Δ M O C$ .

Do $MB$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ tại $B$ nên $\widehat {MBO} = 90^\circ $.

Xét $\Delta MBH$ và $\Delta MOB$ có $\widehat {BMO}$ là góc chung và $\widehat {MHB} = \widehat {MBO} = 90^\circ $.

Suy ra $Δ M B H ∽ Δ M O B$ (g.g) suy ra $\frac{{MB}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MB}}$ hay $M{B^2} = MH \cdot MO$ (1).

Chứng minh tương tự $Δ M B D ∽ Δ M C B$ (g.g) suy ra $\frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MB}}$ hay $M{B^2} = MD \cdot MC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $MH \cdot MO = MD \cdot MC$ hay $\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}$.

Xét $\Delta MDH$và $\Delta MOC$ có $\widehat {OMC}$ là góc chung và $\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}$. Suy ra $Δ M D H ∽ Δ M O C$ (c.g.c).

$Vậy $A$ là trung điểm của $EH$. (ảnh 2)$

Gọi $I$ là giao điểm của $CE$ và $MO$.

Vì $CE\,{\rm{//}}\,DH$, áp dụng định lí Thales cho $\Delta MCI$ ta có $\frac{{MH}}{{MI}} = \frac{{MD}}{{MC}}$.

Kết hợp với $M{B^2} = MD \cdot MC$ và $M{B^2} = MH \cdot MO$ ta có:

$\frac{{MH}}{{MI}} = \frac{{MD \cdot MC}}{{M{C^2}}} = \frac{{M{B^2}}}{{M{C^2}}} = \frac{{MH \cdot MO}}{{M{C^2}}}$ hay $MI = \frac{{M{C^2}}}{{MO}}$.

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta MBC$ vuông tại $B$ ta có:

$M{C^2} = M{B^2} + B{C^2} = MH \cdot MO + {\left( {2 \cdot OB} \right)^2}$.

Chứng minh tương tự câu b ta được: $O{B^2} = OH \cdot MO$.

Khi đó $M{C^2} = MH \cdot MO + 4 \cdot OH \cdot MO = MO(MH + 4 \cdot OH)$.

Thay vào biểu thức tính $MI$ ta được: $MI = \frac{{MO(MH + 4 \cdot OH)}}{{MO}} = MH + 4 \cdot OH$.

Suy ra $HI = MI - MH = 4 \cdot OH$.

Xét $\Delta ABC$ có $O$ là trung điểm của $BC$ và $OH\,{\rm{//}}\,AC$ do $MO\,{\rm{//}}\,AC$ nên $OH$ là đường trung bình của $\Delta ABC.$

Do đó $H$ là trung điểm của $AB$ và $OH = \frac{1}{2}AC$ hay $AC = 2 \cdot OH$.

Vì $AC\,{\rm{//}}\,MO$ hay $AC\,{\rm{//}}\,HI$ suy ra $Δ E A C ∽ Δ E H I$ . Do đó, $\frac{{EH}}{{EA}} = \frac{{HI}}{{AC}} = \frac{{4 \cdot OH}}{{2 \cdot OH}} = 2$.

Suy ra $EH = 2 \cdot EA$.

Mà điểm $A$ nằm giữa $E$ và $H$ nên $EH = EA + AH$.

Từ đó ta có $2 \cdot EA = EA + AH$ hay $EA = AH$.

Vậy $A$ là trung điểm của $EH$.

Câu 3

(0,75 điểm) Cho phương trình ${x^2} - 4x + 1 = 0$ có hai nghiệm ${x_1},\,\,{x_2}$ $\left( {{x_1} > {x_2}} \right)$. Không giải phương trình, tính giá trị của biểu thức $P = \left( {{x_2} + 3} \right).\sqrt {x_1^2 + 2{x_2} - 7} - x_1^2$.

Xem đáp án

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Câu 4

Để đo chiều cao của cột đèn, người ta đặt giác kế thẳng đứng có chiều cao bằng 1,6 m tại một điểm cách chân cột đèn 20 m. Quay ống ngắm của giác kế sao cho thấy đỉnh cột đèn. Đọc trên giác kế số đo góc nhọn $\alpha $ (như hình vẽ). Biết $\alpha = 35^\circ $, chiều cao h của cột đèn là (làm tròn đến hàng phần mười)

A. $13,1$ m.

B. 14 m.

C. $11,5$ m.

D. $15,6\,{\rm{m}}$.

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Câu 5

(0,75 điểm) Giải hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - 4y = 8}\\{x - 5y = - 1}\end{array}} \right.$.

Xem đáp án

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Câu 6

Có 9 quả bóng được đánh số từ 1 đến 9. Lấy ngẫu nhiên một quả bóng, xác suất của biến cố “Lấy được quả bóng có ghi số chẵn” là

A. $\frac{1}{2}$.

B. $\frac{4}{5}.$

C. $\frac{4}{9}.$

D. $\frac{5}{9}.$

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Xem thêm các câu hỏi khác »

Lớp 12

Lớp 11

Lớp 10

Ôn vào 10

Lớp 9

Lớp 8

Lớp 7

Lớp 6

Ôn vào 6

Lớp 5

Lớp 4

Lớp 3

Lớp 2

Lớp 1

Đại học

ĐGNL - ĐGTD

Tốt nghiệp THPT

Ôn vào 10

Ôn vào 6

V-ACT

HSA

TSA

SPT

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lý

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lí

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lí

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Khoa học tự nhiên

Tin học

Lịch sử

Địa lí

Toán

Văn

Tiếng Anh