(1,0 điểm) Một hộp đựng bóng tennis có dạng hình trụ chứa vừa khít 4 quả bóng tennis có dạng hình cầu như Hình 1. Biết diện tích bề mặt mỗi quả bóng tennis là \(132,67\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}.\)

a) Tính bán kính của mỗi quả bóng tennis.

b) Nhà sản xuất thường sử dụng các thùng giấy hình hộp chữ nhật (có nắp) để chứa 12 hộp tennis sao cho các hộp tennis đượe xếp vùa khit trong thùng giấy như Hình 2. Hỏi cần tối thiếu bao nhiêu \({m^2}\) giấy đề thiết kế một thùng như trên (giả sử các mép nối không đáng kể)
Các kết quả được làm tròn đến hàng phần trăm.

Hình 1	Hình 2

Cho biết diện tích bề mặt hình cầu là \(S = 4\pi {R^2}\) với \(R\) là bán kính hình cầu. Diện tích toàn phần hình hộp chữ nhật là \({S_{tp}} = 2\left( {ab + bc + ca} \right)\) với \(a,\,\,b,\,\,c\) lần lượt là chiều dài, chiều rộng và chiều cao của hình hộp chữ nhật.

Từ một điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) với \(OA = 2R\), kẻ hai tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) đến đường tròn (\(B,C\) là các tiếp điểm). Vẽ đường kính \(BD\) cùa đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(E\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(AD\) với \(\left( O \right)\). Đường thẳng \(BC\) và \(AO\) cắt nhau tại \(H.\)

a)

Chứng minh rằng tam giác \(BED\) vuông và \(ABHE\) là tứ giác nội tiếp.

Xét \(\Delta BED\) có \(\widehat {BED} = 90^\circ \) (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(\widehat {BEA} = 180^\circ - \widehat {BED} = 90^\circ .\)
Ta có: \(\Delta AOB = \Delta AOC\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông).
Suy ra \(AB = AC\), suy ra \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) và \(AO\) là phân giác của góc \(\widehat {BAC}.\)
Suy ra \(AO\) là đường cao \(\Delta ABC\) nên \(AO \bot BC\) suy ra \(\widehat {AHB} = 90^\circ .\)
Ta có \(\widehat {AHB} = 90^\circ \) nên \(A,\,\,H,\,\,B\) thuộc đường tròn đường kính \(AB\).
Vì \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) nên \(A,\,\,E,\,\,B\) thuộc đường tròn đường kính \(AB\).
Suy ra \(A,H,B,E\) thuộc đường tròn, hay tứ giác \(AEBH\) nội tiếp.

Vậy tam giác \(BED\) vuông và \(ABHE\) là tứ giác nội tiếp.

b)

Chứng minh rà̀ng \(O{D^2} = OH \cdot OA\) và \(\widehat {HDO} = \widehat {HBE}\).

Xét \(\Delta OBA\) và \(\Delta OHB\) có: \(\widehat {AOB}\) chung, \(\widehat {OBA} = \widehat {OHB}\).

Do đó  suy ra \(\frac{{OB}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OB}}\) nên \(O{B^2} = OA \cdot OH\).
Vì \(OB = OD = R\) nên ta có: \(OA \cdot OH = O{D^2}\) (đpcm).
Xét \(\Delta ODH\) và \(\Delta OAD\) có \(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OD}}\) (cmt), \(\widehat {AOD}\) chung.
Suy ra  (c.g.c)
Suy ra \(\widehat {ODH} = \widehat {OAD}\) (hai góc tương ứng).

Mà \(\widehat {HAE} = \widehat {HBE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn  nên \(\widehat {ODH} = \widehat {OBE}\).

Vậy \(O{D^2} = OH \cdot OA\) và \(\widehat {ODH} = \widehat {OBE}\).

c)

Tính theo \(R\) chu vi và diện tích tam giác DHE.

Ta có \(\Delta OBA\) vuông có \(AB = \sqrt {O{A^2} - O{B^2}} = R\sqrt 3 \)
\(\Delta ABD\) vuông có \(A{D^2} = A{B^2} + B{D^2}\), suy ra \(AD = R\sqrt 7 \).
Mặt khác,  (g.g) nên \(\frac{{DE}}{{DB}} = \frac{{DB}}{{DA}}\), suy ra \(DE \cdot DA = D{B^2}\).

Từ đó \(DE = \frac{{4{R^2}}}{{R\sqrt 7 }} = \frac{{4R\sqrt 7 }}{7}\).
Vì \(OH \bot BC,\,\,DC \bot BC\) nên \(OH\,{\rm{//}}\,DC\).

Mà \(O\) là trung điểm \(BD\) nên được \(OH\) là đường trung bình của tan giác \(BDC\).

Suy ra \(OH = \frac{1}{2}CD\) hay \(CD = 2OH\).

Lại có \(OH \cdot OA = O{B^2}\) hay \(OH = \frac{R}{2}\) suy ra \(CD = R\) nên \(\Delta DCH\) vuông.

Từ đó \(DH = \sqrt {D{C^2} + H{C^2}} = \frac{{R\sqrt 7 }}{2}\); \(HC = \sqrt {O{C^2} - O{H^2}} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.\)
Ta có \(\widehat {AHE} = \widehat {ABE},\,\,\widehat {ABE} = \widehat {ADB}\) (cùng phụ với góc \(\widehat {EAH}\,)\) nên \(\widehat {AHE} = \widehat {ADB}\)

Do đó

Suy ra \(\frac{{EH}}{{OD}} = \frac{{AD}}{{AD}} = \frac{{AO - OH}}{{AO}} = \frac{{3R\sqrt 7 }}{{14}}\) hay \(EH = \frac{{3R\sqrt 7 }}{{14}}.\)

Khi đó chu vi tam giác \(EHD\) là: \(EH + DH + DE = \frac{{3R\sqrt 7 }}{{14}} + \frac{{R\sqrt 7 }}{2} + \frac{{4R\sqrt 7 }}{7} = \frac{{9R\sqrt 7 }}{7}\).
Tính diện tích: \(\widehat {BAO} = \widehat {BEH} = 30^\circ \) nên \(\widehat {HED} = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ .\)
Gọi \(K\) là hình chiếu của \(H\) xuống \(DE\), ta có:

\[{\rm{sin}}\,60^\circ = \frac{{HK}}{{HE}}\] nên \(HK = \frac{{3R\sqrt 7 }}{{14}} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3R\sqrt {21} }}{{28}}\).
Khi đó, diện tích tam giác \(DHE\) là \(S = \frac{1}{2} \cdot HK \cdot DE = \frac{1}{2} \cdot \frac{{3R\sqrt {21} }}{{28}} \cdot \frac{{4R\sqrt 7 }}{7} = \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{{14}}\).
Vậy diện tích tam giác \(DHE\) là \(\frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{{14}}\).

Từ vị trí \(A\) của một công viên có dạng hình vuông \(ABCD\) cạnh \(a\,\,{\rm{(km}})\), hai bạn Hòa và Bình bắt đầu chạy bộ cùng lúc với vặn tốc không đổi dọc theo các cạnh cùa hình vuông và theo hai hướng khác nhau. Biết rằng, hai bạn gặp nhau lần thứ nhất tại vị trí \(E\) cách \(A\) một khoảng bằng 1 km và gặp lại nhau là̀n thứ hai tại vị trí \(F\) cách \(A\) một khoảng bằng \(0,4{\rm{\;km}}\) như hình vẽ. Gọi \(x,\,\,y\,\,\left( {{\rm{km}}\,{\rm{/}}\,{\rm{h}}} \right)\) lần lượt là vận tốc cùa Hòa và Bình.

Chứng minh rằng \(\frac{x}{y} = \frac{{AB + BC + CE}}{{AD + DE}}\).

Ta có \(\Delta ADE\) vuông tại D nên

\(DE = \sqrt {A{E^2} - A{D^2}} = \sqrt {1 - {a^2}} \); \[CE = DC - DE = a - \sqrt {1 - {a^2}} .\]

Tại lần gặp nhau đầu tiên bạn Bình đi được quăng đường là \(AD + DE = a + \sqrt {1 - {a^2}} .\) Hoà đi được quãng đường là \(AB + BC + EC = a + a + a - \sqrt {1 - {a^2}} = 3a - \sqrt {1 - {a^2}} \).

Do thời gian 2 bạn đi từ lúc xuất phát đến khi gặp nhau là như nhau nên quâng đường đi của Hoà và Bình ti lệ thuận với vận tốc đi tương ưng của hai bạn.

Khi dó \(\frac{x}{y} = \frac{{AB + BC + CE}}{{AC + DE}} = \frac{{3a - \sqrt {1 - {a^2}} }}{{a + \sqrt {1 - {a^2}} }}\).

Tìm giá trị của a

Tại lần gặp thứ hai ở F thì

• Bình đi quãng đường là \(AD + DC + BC + BF = 4a - 0,4.\)

• Hoà đi quãng đường là \(AB + BC + CD + DA + AF = 4a + 0,4\).

Khi đó \(\frac{x}{y} = \frac{{4a + 0,4}}{{4a - 0,4}}\).

Khi đó ta có phương trình \(\frac{{3a - \sqrt {1 - {a^2}} }}{{a + \sqrt {1 - {a^2}} }} = \frac{{4a + 0,4}}{{4a - 0,4}}\).

Suy ra \(\frac{{3a - \sqrt {1 - {a^2}} }}{{4a + 0,4}} = \frac{{a + \sqrt {1 - {a^2}} }}{{4a - 0,4}}\)

Do \(a > 0\) nên áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: \(\frac{{3a - \sqrt {1 - {a^2}} }}{{4a + 0,4}} = \frac{{a + \sqrt {1 - {a^2}} }}{{4a - 0,4}} = \frac{{3a - \sqrt {1 - {a^2}} + a + \sqrt {1 - {a^2}} }}{{4a + 0,4 + 4a - 0,4}} = \frac{{4a}}{{8a}} = \frac{1}{2}\)

Suy ra \(\frac{{3a - \sqrt {1 - {a^2}} }}{{4a + 0,4}} = \frac{1}{2}\)

  \(2\left( {3a - \sqrt {1 - {a^2}} } \right) = 4a + 0,4\)

                 \(6a - 2\sqrt {1 - {a^2}} = 4a + 0,4\)

                         \(2a - 0,4 = 2\sqrt {1 - {a^2}} \)

                              \(\sqrt {1 - {a^2}} = a - 0,2\)

Suy ra \(1 - {a^2} = {(a - 0,2)^2}\) (với \(a > 0,2\))

                     \(1 - {a^2} = {a^2} - 0,4a + 0,04\)

                                \(2{a^2} - 0,4a - 0,96 = 0\)

Giải phương trình ta được \(a = 0,8\) (thoả mãn) hoặc \(a = - 0,6\) (không thoả mãn).

Vậy \(a = 0,8{\rm{\;km}}\)