Một cốc dạng hình trụ có chiều cao là \(25\;cm\), đường kính đáy là \(8\;cm\) và được đặt cố định trên mặt bàn bằng phẳng. Trong cốc chứa một lượng nước tinh khiết, biết chiều cao từ đáy cốc đến mặt nước là \(22\,cm\) (tham khảo hình bên).

a) Tính diện tích xung quanh của cốc. (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị của \(c{m^2}\))

b) Người ta thả từ từ vào cốc một số viên bi dạng hình cầu, có cùng bán kính là \(2\;cm\). Hỏi cần thả vào cốc ít nhất bao nhiêu viên bi để nước trong cốc tràn ra ngoài? Giả sử độ dày của cốc là không đáng kể, các viên bi không thấm nước và ngập hoàn toàn trong nước.

Xét phương trình \(2{x^2} - 10x + 3 = 0\) có \(\Delta ' = 25 - 6 = 19 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}\).

Theo định lý Viète ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}.{x_2} = \frac{3}{2}\end{array} \right.\). Suy ra phương trình có hai nghiệm dương.

Ta có:

\(\sqrt {24{x_1} - 5} = \sqrt {2\left( {10{x_1} - 3} \right) + 4{x_1} + 1} = \sqrt {4x_1^2 + 4{x_1} + 1} \)

\( = \sqrt {{{\left( {2{x_1} + 1} \right)}^2}} = \left| {2{x_1} + 1} \right| = 2{x_1} + 1\)

Suy ra

\(\sqrt {24{x_1} - 5} + 2{x_2} + 2025 = 2{x_1} + 1 + 2{x_2} + 2026\)

\( = 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 2027 = 2037\)

Ta có:

\(25 - 2{x_1} - 8{x_2} = 25 - \left[ {5\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 3\left( {{x_1} - {x_2}} \right)} \right] = 25 - \left( {25 - 3\sqrt {{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2}} } \right)\)

\( = 3\sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}.{x_2}} = 3\sqrt {25 - 6} = 3\sqrt {19} \)

Vậy \(T = \frac{{2037}}{{3\sqrt {19} }} = \frac{{679\sqrt {19} }}{{19}}\)

a)\(\widehat {AHC} = 90^\circ \) nên điểm \(H\) thuộc đường tròn đường kính \(AC\).

\(\widehat {AEC} = 90^\circ \) nên điểm \(E\) thuộc đường tròn đường kính \(AC\).

Do đó tứ giác \(AHEC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AC\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\). Chứng minh \(\widehat {CIE} = \widehat {COE}\) và tam giác \(HIE\) cân tại \(I\).

* Chứng minh \(\widehat {CIE} = \widehat {COE}\)

Tam giác \(OBC\) cân tại \(O\) \(\left( {OB = OC = R} \right)\), có \(OI\) là đường trung tuyến (\(I\) là trung điểm của \(BC\)) nên \(OI\) cũng là đường cao hay \(OI \bot BC\), syu ra \(\widehat {OIC} = 90^\circ \) do đó điểm \(I\) thuộc đường tròn đường kính \(OC\).

b) \(\widehat {OEC} = 90^\circ \) do đó điểm \(E\) thuộc đường tròn đường kính \(OC\).

Vậy tứ giác \(OIEC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OC\), suy ra \(\widehat {CIE} = \widehat {COE}\).

* Chứng minh tam giác \(HIE\) cân tại \(I\).

Ta có:

\(\widehat {CIE} = \widehat {IHE} + \widehat {IEH}\)

\(\widehat {COE} = 2\widehat {CAE} = 2\widehat {CHE}\)

Theo chứng minh trên \(\widehat {CIE} = \widehat {COE}\) nên \(\widehat {IHE} + \widehat {IEH} = 2\widehat {CHE}\) suy ra \(\widehat {IEH} = \widehat {IHE}\) do đó tam giác \(HIE\) cân tại \(I\).

c) Trong trường hợp \(BA < BD\), trên đoạn thẳng \(HM\) lấy điểm \(P\) sao cho \(\widehat {APB} = 90^\circ \). Chứng minh ba điểm \(O,\;P,\;B\) thẳng hàng.

Tam giác \(OAB\) cân tại \(O\) nên \(\widehat {OBA} = \widehat {OAB}\)

Ta có \(\widehat {BOA} = 2\widehat {BCA}\) suy ra \(180^\circ  - \left( {\widehat {OBA} + \widehat {OAB}} \right) = 2\widehat {BCA}\)

Hay \(180^\circ  - 2\widehat {OBA} = 2\widehat {BCA}\) nên \(\widehat {OBA} + \widehat {BCA} = 90^\circ \) \(\left( 1 \right)\)

Mà \(\widehat {HAC} + \widehat {HCA} = 90^\circ \;\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(\widehat {HAC} + \widehat {HCA} = \widehat {OBA} + \widehat {BCA}\)

nên \(\widehat {HAC} = \widehat {OBA}\;\left( 3 \right)\)

Tam giác \(AHC\) vuông tại \(H\), \(M\) là trung điểm \(AC\) nên \(MA = MH\) do đó tam giác \(MAH\) cân tại \(M\) nên \(\widehat {MAH} = \widehat {MHA}\;\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) ta có \(\widehat {OBA} = \widehat {MHA}\) \(\left( * \right)\)

Tứ giác \(ABHP\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AB\) nên \(\widehat {ABP} = \widehat {AHP}\) \(\left( {**} \right)\)

Từ \(\left( * \right),\;\left( {**} \right)\) ta có \(\widehat {ABO} = \widehat {ABP}\) nên hai tia \(BP,\;BO\) trùng nhau, do đó \(3\) điểm \(O,\;P,\;B\) thẳng hàng