(4,0 điểm)      

Người ta đặt một khối nón vào trong một khối lập phương cạnh \(1\,m\) chứa đầy nước. Biết rằng đỉnh khối nón trùng với tâm một mặt của khối lập phương, đáy khối nón tiếp xúc với các cạnh của mặt đối diện. Tính thể tích lượng nước trong khối bị tràn ra ngoài. (Lấy \(\pi  \approx 3,14,\) kết quả làm tròn đến hai chữ số thập phân)

                    a) \(MA,\,MB\) là hai tiếp tuyến của \[\left( O \right)\]nên : \(MA \bot OA;\,MB \bot OB\)

                   - Xét \(\Delta MAO\) có \(\widehat {MAO} = 90^\circ \) nên 3 điểm \(A,\,M,\,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(OM\)

                   - Xét \(\Delta MBO\) có \(\widehat {MBO} = 90^\circ \) nên 3 điểm \(B,\,M,\,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(OM\)

Vậy bốn điểm \[M,{\rm{ }}A,{\rm{ }}O,{\rm{ }}B\] cùng thuộc một đường tròn. (ĐPCM)

b) Ta có:\(MA = MB\) (\(MA,\,MB\) là hai tiếp tuyến của \[\left( O \right)\])

            \(OA = OB = R\)

Nên \(OM\)là trung trực của \(AB\) hay \(OM \bot AB\) tại \(H\)

Mà \(B\) thuộc đường tròn đường kính \(AC\)nên \(\widehat {ABC} = 90^\circ \) hay \(BC \bot AB\)

Suy ra: \(MO//BC\)

\(\widehat {IMD} = \widehat {BCD}\) (2 góc so le trong)

Lại có: \(\widehat {MBI} = \widehat {BCD}\) nên \[\widehat {IMD} = \widehat {IBM} = \widehat {BCD}\]

Xét \(\Delta IMD\) và \(\Delta IBM\) có :

\(\widehat {MIB}\) chung

\[\widehat {IMD} = \widehat {IBM}\]

Nên: \[\Delta IMD \sim \Delta IBM\] (g.g)

Suy ra: \[\frac{{IM}}{{IB}} = \frac{{ID}}{{IM}}\] hay \[I{M^2} = IB.ID\](ĐPCM)

c) Ta có \(\widehat {ADC} = 90^\circ \) nên \(\widehat {ADM} = 90^\circ \)

Suy ra 3 điểm \(A,\,D,\,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AM\).

Mà \(\widehat {AHM} = 90^\circ \)nên 3 điểm \(A,\,H,\,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AM\).

Suy ra bốn điểm \(A,\,D,\,H,\,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AM\).

Hay \(AMDH\)  là tứ giác nội tiếp nên  \(\widehat {IHD} = \widehat {MAD}\)

Mà \(\widehat {MAD} = \widehat {ABD}\) nên \(\widehat {IBH} = \widehat {IHD}\)

Xét \(\Delta IHD\) và \(\Delta IBH\) có:

\(\widehat {IHD} = \widehat {IBH}\) (cmt)

\(\widehat {HIB}\) chung

Nên: \(\Delta IHD \sim \Delta IBH\), suy ra \(I{H^2} = IB.ID\)

Mà \(I{M^2} = IB.ID\)nên \(IM = IH\)

Gọi \(J\) là giao điểm của \(IL\) và \(BC\)

Xét \(\Delta MKI\) có \(IM{\rm{//}}CJ\) nên \(\frac{{JC}}{{IM}} = \frac{{KJ}}{{KI}}\)

Xét \(\Delta IKH\) có \(BJ{\rm{//}}IH\) nên \(\frac{{BJ}}{{IH}} = \frac{{KJ}}{{KI}}\)

Suy ra : \(JC = JB\)

Hay \(J\) là trung điểm của \(BC\)

Xét \(\Delta ILH\) có \(CJ{\rm{//}}LH\) nên \(\frac{{LC}}{{LH}} = \frac{{CJ}}{{HI}} = \frac{{2CI}}{{2HJ}} = \frac{{CB}}{{MH}}\)

Lại có \(\widehat {MHL} = \widehat {BCL}\) (đồng vị)

Suy ra \(\Delta MHL \sim \Delta BCL\) (c.g.c)

Từ đó ta có: \(\widehat {HLB} = \widehat {HLM}\)

Vậy \(M,B,\,L\) thẳng hàng.