(4,0 điểm)

Người ta thả một cục đá vào cốc thuỷ tinh hình trụ có chứa nước, đá chìm một phần xuống nước trong cốc. Hãy tính thể tích phần đá chìm trong nước của cục đá đó, biết diện tích đáy của cốc nước hình trụ là \(16,5\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\)và nước dâng lên thêm \(80\,{\rm{mm}}\).

1) Chứng minh các điểm \(M,\,N,D,E\) cùng thuộc một đường tròn.

Xét tứ giác \(MNDE\) :

Có \(DN \bot CD\,\,\)( vì \(DN\)là tiếp tuyến của \((O)\))

\( \Rightarrow \widehat {CDN} = {90^0}\)

\( \Rightarrow \widehat {EDN} = 90^\circ \)

\(\Delta EDN\)vuông tại \(D\)

Suy ra \(3\)điểm \(E,D,N\)thuộc đường tròn đường kính \(EN\)\[\left( 1 \right)\]

Ta có \(\widehat {AMB} = {90^0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

\( \Rightarrow \widehat {EMN} = {90^0}\)

\( \Rightarrow \Delta EMN\)vuông tại \(M\)

Suy ra \(3\)điểm \(E,M,N\)thuộc đường tròn đường kính \(EN\)\[\left( 2 \right)\]

Từ (1) và (2) Suy ra các điểm \(M,\,N,D,E\) cùng thuộc một đường tròn.

2) Chứng minh \(EN\,{\rm{//}}\,CB\).

Xét \((O)\)có \(\widehat {CDM} = \widehat {CBM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CM\))

\( \Rightarrow \widehat {EDM} = \widehat {CBM}\)

Vì  tứ giác  \(MNDE\)nội tiếp ( cmt )

\( \Rightarrow \widehat {EDM} = \widehat {ENM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EM\))

                 Suy ra \(\widehat {CBM} = \widehat {ENM}\left( { = \widehat {EDM}} \right)\)  mà hai góc này  ở vị trí so le trong

\( \Rightarrow EN\,{\rm{//}}\,CB\).

3) Chứng minh\(AM.BN = 2{R^2}\) và tìm vị trí điểm \(M\) trên cung nhỏ \(BC\) để diện tích tam giác \(BNC\)đạt giá trị lớn nhất.

Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta BPN\) :

Có \(BP \bot DN \Rightarrow \widehat {BPN} = {90^0}\)\( \Rightarrow \widehat {AMB} = \widehat {BPN} = {90^0}\)(1)

Có \(DN \bot CD\) (\(DN\) kẻ tiếp tuyến với \((O)\)

\( \Rightarrow BA\,{\rm{//}}\,DN\)

\( \Rightarrow \widehat {ABM} = \widehat {DNB}\) (hai góc đồng vị) (2)

Từ (1) và (2) ta có  (g - g)

Xét tứ giác \(OBPD\)có :

\(\widehat {DOB} = \widehat {BPD} = \widehat {ODP} = {90^0}\)

\(OD = OB = R\) 

\( \Rightarrow OBPD\) là hình vuông (DHNB) nên \(OD = OB = BP = R\)

Có (cmt) \( \Rightarrow \frac{{AM}}{{BP}} = \frac{{AB}}{{BN}}\)

\( \Rightarrow AM.BN = BP.AB = R.2R = 2{R^2}\)

* Kẻ \(EF \bot BC,\,NK \bot BC\)

\({S_{NBC}} = \frac{1}{2}NK.BC\). Do \(BC\) không đổi nên \({S_{NBC}}\,\max \) khi và chỉ khi \(NK\,\max \).

Do \(EF \bot BC,\,NK \bot BC\) \( \Rightarrow EF\,{\rm{//}}\,NK\).

Có tứ giác \(EFKN\) là hình bình hành (DHNB)

Có \(EF \bot BC \Rightarrow \widehat {EFK} = {90^0}\) nên tứ giác \(EFKN\) là hình chữ nhật (DHNB)

\( \Rightarrow EF\, = \,NK\).

Ta có \(NK\,\max \) khi \(EF\,\max \)

khi \(E \equiv O\)khi \(M \equiv B\)