Một cái ly hình trụ có bán kính đáy là \(7\)cm, chiều cao là \(18\)cm (bỏ qua bề dày của thành ly).

a. Tính thể tích của cái ly.

b. Cái ly đang chứa nước. Khối nước bên trong ly có dạng hình trụ chiều cao \(10\)cm. Người ta thả từ từ từng viên bi hình cầu làm bằng thép đặc (không thấm nước) có bán kính\(3\)cm vào trong ly. Hỏi có thể thả nhiều nhất bao nhiêu viên bi ngập hoàn toàn để nước dâng lên tối đa mà không bị tràn ra ngoài?

Biết thể tích hình trụ là \(V = \pi {R^2}h\)với \(R\)là bán kính đáy, \(h\)là chiều cao của hình trụ; thể tích hình cầu là \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3}\)với \(r\) là bán kính hình cầu.

a. Ta có \(\Delta ADB\) vuông tại \(D\) (do \(AD\) là đường cao).

    Do đó \(A,D,B\) nằm trên đường tròn đường kính \(AB\).

   \(\Delta AEB\) vuông tại \(E\) (do \(BE\) là đường cao). Do đó \(A,E,B\) nằm trên đường tròn đường kính \(AB\).

Từ đó ta có bốn điểm \(A,B,D,E\)cùng nằm trên một đường tròn đường kính \(AB\)

b. Vì \(AK\)là đường kính của \((O)\) nên \(\widehat {ACK} = 90^\circ \)( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét \(\Delta ABD\) và\(\Delta AKC\) có

\(\widehat {ABD} = \widehat {AKC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung\(AC\) )

   \(\widehat {ADB} = \widehat {ACK} = 90^\circ \)

Do đó (g-g).

c. Ta có \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) (do \(BE\) là đường cao)

Do đó \(B,E,C\) nằm trên đường tròn đường kính \(BC\).

Mà \(I\)là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BEC\) nên \(I\)là trung điểm của \(BC\).

Do đó \(IE = IB = IC\) suy ra \(\Delta BIE\) cân tại \(I\). Khi đó \(\widehat {IBE} = \widehat {IEB}\).         \((1)\)

Ta cũng có \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\) (do \(BE\) là đường cao)

Do đó \(A,E,H\) nằm trên đường tròn đường kính \(AH\).

Mà \(F\)là trung điểm\(AH\)nên \(F\)là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEH\)

Do đó \(FE = FH\) suy ra \(\Delta FEH\)cân tại \(F\). Khi đó \(\widehat {FEH} = \widehat {FHE}\)             \((2)\)

Mặt khác\(\Delta BHD\) vuông tại \(D\) nên \(\widehat {DBH} + \widehat {BHD} = 90^\circ \) hay \[\widehat {IBE} + \widehat {BHD} = 90^\circ \]  \((3)\)

Mà \(\widehat {FHE} = \widehat {BHD}\) (đối đỉnh)   \((4)\)

Từ \((1)\), \((2)\), \((3)\) và \((4)\) suy ra \(\widehat {FEH} + \widehat {IEB} = 90^\circ \) hay \[\widehat {IEF} = 90^\circ \]

Vậy \(EF\) là tiếp tuyến của \((I)\)