(4,0 điểm)

Để làm thí nghiệm về sự nổi của các vật thể, Minh chuẩn bị một cái cốc thủy tinh có dạng lòng trong hình trụ có đường kính đáy \[6\,\,cm\] và chiều cao là \[10\,\,cm\]; một quả bóng bàn tiêu chuẩn của các giải đấu quốc tế có dạng hình cầu đường kính \[40\,\,mm\]. Minh bỏ quả bóng bàn vào trong cốc, rót từ từ \[200\,\,c{m^3}\] nước và đo được mực nước dâng lên cao \[7,2\,\,cm\].

 

a) Tính thể tích của quả bóng bàn.

b) Tính tỉ lệ phần trăm thể tích phần nổi của quả bóng bàn trong thí nghiệm trên.

(Lấy \[\pi  \approx 3,14\] và các kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai)

a)   Chứng minh tứ giác \(BHEK\) nội tiếp

Xét tứ giác \[BHEK\], có: \[\widehat {BHE} = 90^\circ \,\left( {EH \bot AB} \right)\] và \[\widehat {EKB} = 90^\circ \,\left( {EK \bot BC} \right)\]

nên \[\widehat {BHE} + \widehat {EKB} = 180^\circ \] mà \[\widehat {BHE}\] và \[\widehat {EKB}\] là hai góc đối

Do đó tứ giác \[BHEK\] nội tiếp

b)   Chứng minh \(BH.BA = BK.BC\)

Xét \(\Delta BEC\) và \(\Delta BKE\) có: \(\widehat {BEC} = \widehat {BKE} = 90^\circ \); \(\widehat {EBC}\): góc chung

Do đó (g.g)

Suy ra \(\frac{{BE}}{{BK}} = \frac{{BC}}{{BE}} \Rightarrow B{E^2} = BK.BC\) \(\left( 1 \right)\)

Chứng minh tương tự ta được \(B{E^2} = BH.BA\)   \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), suy ra: \(BH.BA = BK.BC\).

c) Kẻ đường cao \(CF\) của tam giác \(ABC\left( {F \in AB} \right)\) và \(I\) là trung điểm của \(EF\). Chứng minh ba điểm \(H,I,K\) thẳng hàng.

Theo câu a) ta có tứ giác \(BHEK\) nội tiếp nên  \(\widehat {BHK} = \widehat {BEK}\) (\(2\) góc nội tiếp cùng chắn ) \(\left( 3 \right)\)

Xét \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) có \(EK \bot BC\) nên \(\widehat {BEK} = \widehat {ECB}\) (cùng phụ \(\widehat {KEC}\)) \(\left( 4 \right)\)

Xét \(\Delta BFC\) có \(\widehat {BFC} = {90^ \circ }\left( {CF \bot AB} \right)\) nên \(B,F,C\) thuộc đường tròn đường kính \(BC\)

Lại có \(\Delta BEC\) có \(\widehat {BEC} = {90^ \circ }\left( {BE \bot AC} \right)\) nên \(B,E,C\) thuộc đường tròn đường kính \(BC\)

Suy ra bốn điểm \(B,F,E,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\)

hay tứ giác \(BFEC\) nội tiếp

Do đó \(\widehat {ECB} = \widehat {HFE}\) (cùng bù với \(\widehat {BFE}\)) \(\left( 5 \right)\)

Xét \(\Delta FHE\) vuông tại \(H\) \(\left( {EH \bot AB} \right)\) có \(HI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \[EF\] (\(I\) là trung

điểm của \(EF\)) nên \(HI = IF = \frac{{EF}}{2}\)

hay \(\Delta HIF\) cân tại \(I\) do đó \(\widehat {IFH} = \widehat {FHI}\) \(\left( 6 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\), \(\left( 4 \right)\), \(\left( 5 \right)\) và \(\left( 6 \right)\) suy ra \(\widehat {BHK} = \widehat {FHI}\) \(\)

Do đó \(H,I,K\) thẳng hàng.