Nón Huế là một hình nón có đường kính đáy bằng \[40\,\,{\rm{cm,}}\] độ dài đường sinh là \[30\,\,{\mathop{\rm cm}\nolimits} \]. Người ta lát mặt xung quanh hình nón bằng ba lớp lá khô. Tính diện tích lá cần dùng để tạo nên một chiếc nón Huế như vậy (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị với đơn vị \[{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}).\]

 

Hướng dẫn giải

Đáp án:     a) Đúng.    b) Sai.        c) Đúng.    d) Sai.

⦁ Thể tích hình cầu có bán kính đáy \(R\), được tính bằng công thức: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}.\)

Do đó ý a) là đúng.

⦁ Phần gạo nằm ngang mặt thúng trở xuống có dạng nửa hình cầu có bán kính \[\frac{{50}}{2} = 25\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\] Do đó ý b) là sai.

⦁ Phần gạo nằm ngang mặt thúng trở xuống có dạng nửa hình cầu có bán kính \(25\,\,{\rm{cm}}\) có thể tích là \({V_1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi \cdot {25^3} = \frac{{31\,\,250}}{3}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Phần gạo nằm trên miệng thúng có dạng hình nón có chiều cao \(15cm\) và bán kính đáy \(\frac{{50}}{2} = 25\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\) có thể tích là \({V_2} = \frac{1}{3} \cdot 15 \cdot \pi \cdot {25^2} = 3\,\,125\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Khi đó thể tích gạo trong thúng là \(V = {V_1} + {V_2} = \frac{{31\,\,250}}{3}\pi + 3\,\,125\pi = \frac{{60\,\,625}}{3}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Do đó ý c) là đúng.

⦁ Thể tích lon là \(V = \pi \cdot {5^2} \cdot 15 = 375\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Vì lượng gạo chiếm \[90\% \] thể tích lon nên thể tích gạo trong mỗi lần lấy là:

\(375\pi \cdot 90\% = 337,5\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right).\)

Khi đó mỗi ngày nhà Danh ăn hết số gạo có thể tích là: \(337,5\pi \cdot 5 = 1687,5\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right).\)

Vậy với số gạo ở thúng trên thì nhà Danh ăn được số ngày là: \(\frac{{\frac{{60\,\,625}}{3}\pi }}{{1687,5\pi }} \approx 12\) (ngày).

Do đó ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

a) Gọi \(O'\) là trung điểm của cạnh \[CH.\]

Ta có \(HD \bot CD\) nên \(\widehat {HDC} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta HDC\)vuông tại \[D\] có \(DO'\) là trung tuyến nên \(DO' = HO' = CO' = \frac{1}{2}HC\).

Chứng ming tương tự, ta có \(CO' = HO' = EO' = \frac{1}{2}HC\).

Do đó \(DO' = HO' = CO' = EO' = \frac{1}{2}HC\).

Vậy bốn điểm \(D,\,\,H,\,\,E,\,\,C\) cùng thuộc một đường tròn.

Vậy tứ giác \(DHEC\) nội tiếp đường tròn.

b) Trong tam giác \(ABC\) có \(BE,\,\,AD\) là hai đường cao cắt nhau tại \(H\).

Vì \(H\) là trực tâm tam giác \(ABC\) nên \(CH \bot AB\).

Trong\(\left( O \right)\) có \(\widehat {ABM},\,\,\widehat {ACM}\) là hai góc nội tiếp cùng chắn nửa đường tròn đường kính \(AM\).

Suy ra \(\widehat {ABM} = \widehat {ACM} = 90^\circ \) nên \(MB \bot AB\,;\,\,MC \bot AC.\)

Mà \(CH \bot AB\,;\,\,BH \bot AC\) nên \(MB\,{\rm{//}}\,CH,\,\,MC\,{\rm{//}}\,BH\)  nên \(BHCM\) là hình bình hành.

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(OI \bot BC\) tại \(I\) nên \(I\) là trung điểm của \(BC\) (đường kính vuông góc với dây).

c) Xét \(\Delta DHB\) và \(\Delta DCA\) có

\(\widehat {BDH} = \widehat {ADC} = 90^\circ \) (vì \(AD \bot BC\))

\(\widehat {HBD} = \widehat {DAC}\) (cùng phụ \(\widehat {ACB}\))

Do đó .

Suy ra \(\frac{{DH}}{{DC}} = \frac{{DB}}{{DA}}\) hay \(DH \cdot DA = DB \cdot DC.\)

Ta có \({\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\) hay \({a^2} - 2ab + {b^2} \ge 0\) nên \({a^2} + 2ab + {b^2} \ge 4ab\), suy ra \(ab \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}\).

Áp dụng bất đẳng thức \(ab \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}\), ta có: \(DB \cdot DC \le \frac{{{{\left( {DB + DC} \right)}^2}}}{4} = \frac{{B{C^2}}}{4}\).

Suy ra \(DH \cdot DA \le \frac{{B{C^2}}}{4}\) không đổi vì \(BC\) cố định.

Dấu xảy ra khi \(DB = DC\), khi đó \(A\) là điểm chính giữa cung lớn .

Vậy \(A\) là điểm chính giữa cung lớn thì giá trị lớn nhất của \(DH \cdot DA\) bằng \(\frac{{B{C^2}}}{4}\).