Bạn Nam dự định tổ chức buổi tiệc sinh nhật và chọn loại ly có phần chứa nước dạng hình nón với bán kính đáy \(R = 4\)cm và độ dài đường sinh \(l = 10\)cm để khách uống nước trái cây.

a) Tính thể tích phần chứa nước của ly (ghi kết quả làm tròn đến hàng đơn vị). Biết công thức thể tích hình nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\) (với \(R\) là bán kính đáy hình nón; \(h\) là chiều cao hình nón).

b) Bạn Nam cần chuẩn bị một số hộp nước trái cây có lượng nước trong mỗi hộp là 1,2 lít. Biết rằng buổi tiệc sinh nhật có 14 người (đã bao gồm Nam). Nếu mỗi người trung bình uống 3 ly nước trái cây và lượng nước rót bằng 90% thể tích ly thì bạn Nam cần chuẩn bị ít nhất bao nhiêu hộp nước trái cây?

Biết 1 lít = 1000 cm3.

a) Ta có: \(HE \bot AB,\,HF \bot AC\) nên \(\widehat {AEH} = \widehat {AFH} = 90^\circ \). Tứ giác \(AEHF\) có \(\widehat {AEH},\,\widehat {AFH}\) là hai góc đối và \(\widehat {AEH} + \,\widehat {AFH} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \) nên tứ giác \(AEHF\) nội tiếp. (0,5 điểm)

Do \(AD\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ALD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Tứ giác \(ALHF\) có \(\widehat {ALH},\,\widehat {AFH}\) là hai góc đối và \(\widehat {ALH} + \,\widehat {AFH} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \) nên tứ giác \(ALHF\) nội tiếp.                                                                           (0,5 điểm)

b) Ta có: \(AH \bot BC\) và \(HE \bot AB\) nên \(\widehat {EBH} = 90^\circ  - \widehat {BHE} = \widehat {AHE}\).

Mà \(\widehat {AHE} = \widehat {AFE}\) (do tứ giác \(AEHF\) nội tiếp).

Suy ra \(\widehat {AFE} = \widehat {EBC}\) (1).

Tứ giác \(BEFC\) có góc ngoài tại đỉnh \(F\) bằng góc trong tại đỉnh \(B\) nên tứ giác \(BEFC\) nội tiếp.                                                                                                  (0,5 điểm)

Trong đường tròn \(\left( O \right)\), ta có \(\widehat {ABC} = \widehat {ADC}\) (hai góc nội tiếp chắn cung \(AC\)) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {AFE} = \widehat {ADC}\) hay \[\widehat {AFK} = \widehat {KDC}\].

Tứ giác \(CDKF\) có góc ngoài tại đỉnh \(F\) bằng góc trong tại đỉnh \(D\) nên tứ giác \(CDKF\) nội tiếp.

Suy ra \(\widehat {DKF} + \widehat {CKF} = 180^\circ \).

Mặt khác \(\widehat {ACD} = 90^\circ \) (do \(AD\) là đường kính của \(\left( O \right)\)).

Từ đó suy ra \(\widehat {DKF} = 90^\circ \). Suy ra \(AD \bot EF\) tại \(K\).                                     (0,5 điểm)

c) Tứ giác \(APBC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {APC} = \widehat {ABC}\). (3)

Từ (1) và (3) suy ra \(\widehat {APC} = \widehat {AFE}\).

Do đó, hai tam giác \(APF\) và \(ACP\) đồng dạng (g.g).

Suy ra \(\frac{{AP}}{{AC}} = \frac{{AF}}{{AP}}\).

Nên \(A{P^2} = AC.AF\).                                                                       (0,25 điểm)

Lại có \(A{H^2} = AC.AF\) (áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \(ACH\) vuông tại \(H\) có đường cao \(HF\)).                                                                         

Do đó, \(A{P^2} = A{H^2}\). Suy ra \(AP = AH\).                                              (0,25 điểm)

Vì các tứ giác \(AEHF,\,ALHF\) nội tiếp nên năm điểm \(A,\,E,\,F,\,H,\,L\) cùng thuộc một đường tròn.

Suy ra tứ giác \(ALEF\) nội tiếp.

Từ đó suy ra \(\widehat {MEL} = \widehat {LAF}\) (cùng bù với \(\widehat {LEF}\)).

Lập luận tương tự với tứ giác nội tiếp \(ALBC\), ta có \(\widehat {MBL} = \widehat {LAC}\).

Từ hai điều trên, suy ra \(\widehat {MBL} = \widehat {MEL}\).

Tứ giác \(MBEL\) có hai đỉnh kề nhau là \(B,\,E\) cùng nhìn cạnh \(ML\) dưới hai góc bằng nhau nên tứ giác \(MBEL\) nội tiếp.                                                         (0,25 điểm)

Suy ra \(\widehat {MLE} = \widehat {EBC}\) (cùng bù với \(\widehat {MBE}\)). (4)

Từ (1) và (4) suy ra \(\widehat {MLE} = \widehat {AFE}\).

Lại có \(\widehat {AFE} + \widehat {ALE} = 180^\circ \) (do tứ giác \(ALEF\) nội tiếp).

Do đó, \(\widehat {MLE} + \widehat {ALE} = 180^\circ \).

Vậy ba điểm \(A,\,L,\,M\) thẳng hàng.                                                       (0,25 điểm)