Thớt gỗ là một dụng cụ không thể thiếu trong căn bếp của mỗi gia đình. Bề mặt của thớt có dạng hình tròn với đường kính \[34\,\,{\rm{cm}}\].

(a) Tính tổng diện tích hai mặt thớt;

(b) Thớt gỗ sau một thời gian sử dụng, nếu bảo quản không tốt sẽ dễ bị ẩm mốc. Kinh nghiệm dân gian là dùng bột baking soda để làm sạch thớt. Biết rằng \[1\] gam bột baking soda có thể làm sạch được diện tích \[50{\rm{ }}\,c{m^2}\]. Hỏi cần ít nhất bao nhiêu gam bột baking soda để làm sạch cả hai mặt của thớt? (Lấy \[\pi \approx 3,14\] và kết quả làm tròn đến hàng phần mười).

Điều kiện: \[a,b,h > 0\].

Vì tỉ số của chiều rộng và chiều dài là \(1:3\) nên \[b = 3a\].

Ta có thể tích của thùng bằng \(\frac{9}{4}\,\,d{m^3}\). Tức là, \(V = \frac{9}{4}\,\,\left( {d{m^3}} \right)\).

Suy ra \[a.b.h = \frac{9}{4}\].

Do đó \[a.3a.h = \frac{9}{4}\].

Vì vậy \[3{a^2}.h = \frac{9}{4}\].

Suy ra \[h = \frac{3}{{4{a^2}}}\].

Diện tích xung quanh của thùng là:

\[{S_1} = 2.a.h + 2.b.h = 2a.\frac{3}{{4{a^2}}} + 2.3a.\frac{3}{{4{a^2}}} = \frac{3}{{2a}} + \frac{9}{{2a}} = \frac{{12}}{{2a}} = \frac{6}{a}\,\,\,\left( {d{m^2}} \right)\].

Diện tích đáy của thùng là:

\[{S_2} = a.b = a.3a = 3{a^2}\,\,\left( {d{m^2}} \right)\].

Diện tích vật liệu dùng để làm thùng là:

\[S = {S_1} + {S_2} = \frac{6}{a} + 3{a^2} = \frac{3}{a} + \frac{3}{a} + 3{a^2}\,\,\left( {d{m^2}} \right)\].

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương \[\frac{3}{a};\frac{3}{a};3{a^2}\], ta được:

\(S = 3{a^2} + \frac{3}{a} + \frac{3}{a} \ge 3\sqrt[3]{{3{a^2}.\frac{3}{a}.\frac{3}{a}}} = 9\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[\frac{3}{a} = 3{a^2}\].

Suy ra \[{a^3} = 1\].

Do đó \[a = 1\].

So với điều kiện \[a > 0\], ta nhận \[a = 1\].

Ta có: \[b = 3a = 3.1 = 3\] và \[h = \frac{3}{{4{a^2}}} = \frac{3}{{{{4.1}^2}}} = \frac{3}{4}\].

So với điều kiện \[b,h > 0\], ta nhận \[b = 3\] và \[h = \frac{3}{4}\].

Để tốn ít vật liệu làm thùng nhất thì diện tích vật liệu dùng để làm thùng nhỏ nhất và bằng \[9\,\,d{m^2}\].

Vậy các kích thước chiều rộng, chiều dài, chiều cao của thùng lần lượt là \[1\,\,dm\,;\,3\,\,dm\,;\,\,\frac{3}{4}\,\,dm\].

a) Ta có: \[MI \bot AB\] tại \[I\] (\[I\] thuộc \[AB\]).

Suy ra tam giác \[AMI\] vuông tại \[I\].

Do đó ba điểm \(A,M,I\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[AM\] (1)

Chứng minh tương tự, ta được: ba điểm \(A,M,K\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[AM\] (2)

Từ (1), (2), ta thu được tứ giác \[AIKM\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AM\].

b) Vì \(MI \bot AB\) tại \(I\)nên \(\widehat {AIE} = 90^\circ \).

Mà \(\widehat {ANB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\)).

Suy ra \(\widehat {AIE} = \widehat {ANB} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta AIE\) và \(\Delta ANB\), có:

\(\widehat {EAI}\) chung;

\(\widehat {AIE} = \widehat {ANB} = 90^\circ \) (chứng minh trên).

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AI}}{{AN}} = \frac{{AE}}{{AB}}\).

Vậy \(AI.AB = AE.AN\) (điều phải chứng minh).

Ta có: \(\widehat {MAK} = \widehat {MIK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính \(AM\)).

Suy ra \(\widehat {MAN} = \widehat {MIK}\).

Mà \(\widehat {MAN} = \widehat {MBN}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của nửa đường tròn \(\left( O \right)\)).

Do đó \(\,\widehat {MIK} = \widehat {MBN}\).

Vì tứ giác \(AIKM\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AM\) nên \(\widehat {MAI} + \widehat {MKI} = 180^\circ \) hay \(\widehat {MAB} + \widehat {MKI} = 180^\circ \) (3)

Vì tứ giác \(AMNB\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {MAB} + \widehat {MNB} = 180^\circ \) (4)

Từ (3), (4), ta suy ra \(\widehat {MKI} = \widehat {MNB}\).

Xét \(\Delta MKI\) và \(\Delta MNB\), có:

\(\,\widehat {MKI} = \widehat {MNB}\) (chứng minh trên);

\(\,\widehat {MIK} = \widehat {MBN}\) (chứng minh trên).

Vậy (g.g).

c) Kéo dài \(MH\) cắt \(AB\) tại \(C\).

Ta có: \(MI,AK\) là hai đường cao của \(\Delta MAC\).

Mà \(E\) là giao điểm của \(MI,AK\).

Khi đó \(E\) là trực tâm của \(\Delta MAC\).

Suy ra \(CE \bot MA\) (5)

Ta có: \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\)).

Do đó \(AM \bot MB\) (6)

Từ (5), (6), ta suy ra \(CE\parallel MB\).

Áp dụng định lí Thalès, ta được: \(\frac{{IC}}{{CB}} = \frac{{IE}}{{EM}}\) (*)

Ta có: \(\widehat {ANB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\)).

Suy ra \(AN \bot NB\).

Mà \(AN \bot HC\) (giả thiết).

Do đó \(HC\parallel NB\).

Áp dụng định lí Thalès, ta được: \(\frac{{IC}}{{CB}} = \frac{{IH}}{{HN}}\) (**)

Từ (*), (**), ta thu được: \(\frac{{IE}}{{EM}} = \frac{{IH}}{{HN}}\).

Áp dụng định lí Thalès đảo, ta được: \(EH\parallel MN\).

Vậy \(EH\parallel MN\) (điều phải chứng minh).