Một công ty bánh kẹo muốn sản xuất một loại kẹo có dạng hình nón. Nhân của kẹo làm bằng sô cô la là một hình trụ có bán kính đáy và chiều cao cùng bằng \[{\rm{1}}\,\,{\rm{cm}}\], một đáy của nhân kẹo nằm trên mặt đáy của hình nón và có tâm trùng với tâm đáy hình nón, đường tròn đáy còn lại của hình trụ nằm trên mặt xung quanh của hình nón. Phần còn lại của kẹo được phủ đầy bằng sữa khô (hình vẽ bên). Biết rằng công ty đã thiết kế viên kẹo có thể tích nhỏ nhất để tiết kiệm tối đa nguyên liệu sữa khô. Tính chiều cao của viên kẹo.

a) Ta có \(\Delta ADH\) vuông tại \(D\) nên \(\Delta ADH\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

Ta có \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\) nên \(\Delta AEH\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

Bốn điểm \(A\,,\,\,D\,,\,\,H,\,\,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\). Hay tứ giác \(ADHE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

b) Vì \(GF \bot BF\) tại \(F\) nên ba điểm \(G,\,\,B,\,\,F\) thuộc đường tròn đường kính \(GB\).

\(\Delta GHB\) vuông tại \(G\) nên \(\Delta GHB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(GB\)

Tứ giác \(GHBF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(GB\).

Suy ra \(\widehat {GFI} = \widehat {GBH}\) (cùng chắn cung \(GH\,)\)\(\,\left( 1 \right)\)

Lại có \(GI{\rm{//}}AB\); \(AB \bot HF\) nên \(\widehat {GIF} = \widehat {CHB} = 90^\circ \,\)\(\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\,\left( 1 \right)\) và \(\,\left( 2 \right)\) suy ra: (g.g)

Hay \(\frac{{FI}}{{HB}} = \frac{{GI}}{{GH}}\)\(\left( 3 \right)\)

Vì \(\widehat {BAH} = \widehat {BHD}\) (cùng phụ với \(\widehat {AHD}\)); \(\widehat {HDB} = \widehat {HDA} = 90^\circ \)

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{HD}}{{AD}} = \frac{{HB}}{{AH}}\) hay \(\frac{{HD}}{{HB}} = \frac{{AD}}{{AH}}\)

Mặt khác \(AD\,{\rm{//}}\,GI\) nên \(\frac{{AD}}{{GI}} = \frac{{AH}}{{HG}}\) hay \(\frac{{AD}}{{AH}} = \frac{{GI}}{{HG}}\)\(\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) ta có \(\frac{{FI}}{{HB}} = \frac{{HD}}{{HB}}\) hay \(FI = HD\).

c) Gọi \(L\) là giao điểm của \(EQ\) và \(PN\). Gọi \(J\) là giao điểm của \(CM\) và \(EP\).

Tứ giác \(EMKN\) là hình chữ nhật ( vì \(\widehat {MEN} = \widehat {ENK} = \widehat {EMK} = 90^\circ \)).

Lại có \(EK\) là phân giác góc \(HEC\) nên \(EMKN\) là hình vuông.

Vì \(KN{\rm{//}}EH\) nên \(\frac{{CN}}{{CE}} = \frac{{NQ}}{{EM}} = \frac{{KN}}{{HE}}\) nhưng \(ME = NE\) suy ra

\(\frac{{NQ}}{{EM}} = \frac{{NQ}}{{NE}}\)\( = \frac{{KN}}{{HE}} = \frac{{EN}}{{HE}}\) hay \(\frac{{NQ}}{{NE}} = \frac{{EN}}{{HE}}\)

Lại có \(\widehat {ENQ} = \widehat {NEH} = 90^\circ \) nên  (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {NEQ} = \widehat {EHN}\) (hai góc tương ứng).

Hay \(\widehat {NEQ} + \widehat {EHN}\)\( = \widehat {EHN} + \widehat {EHN} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta ELN\)vuông tại \(L\) suy ra \(EQ \bot HN\) tại \(L\)

Tương tự ta có \(EP \bot CM\) tại \(J\).

Xét \(\Delta EPQ\) có \(QJ\) và \(PL\) là hai đường cao cắt nhau tại \(T\) nên \(T\) là trực tâm suy ra \(ET \bot PQ\).

Thể tích nước trong bình là: \(V = \pi {R^2}h = \pi  \cdot {4^2} \cdot 10\)\( = 160\pi \left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Thể tích cái bát là: \({V^\prime } = \frac{1}{2}\,\, \cdot \,\,\frac{4}{3}\pi {r^3}\)\( = \frac{1}{2}\,\, \cdot \,\,\frac{4}{3}\pi  \cdot {6^3}\)\( = 144\pi \left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Vì \(V > V'\) nên nếu đổ như vậy thì nước có bị tràn ra ngoài.