(4, 0 điểm)

Một thùng đựng đồ dạng hình trụ có bán kính đáy bằng \(25\,\,{\rm{cm}}\) và chiều cao bằng \(80\,\,{\rm{cm}}\) (lấy  \(\pi  \approx 3,14\) và giả sử độ dày của thùng không đáng kể) 

a) Tính thể tích thùng đựng đồ.

b) Người ta sơn mặt ngoài và một mặt đáy của thùng đựng đồ. Biết mỗi hộp sơn có thể sơn được \(1{m^2}\) diện tích bề mặt các đồ vật. Hỏi để sơn thùng đựng đồ thì cần ít nhất bao nhiêu hộp sơn?

a) Chứng minh tứ giác \(AEKC\) nội tiếp. 

Do \[CE\]  là đường cao nên của \(\Delta ABC\) nên \[\widehat {CEA} = 90^\circ \]

Vì \(\Delta AEC\) vuông tại \(E\) (vì \[\widehat {CEA} = 90^\circ \]) nên đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEC\) có tâm là trung điểm  của \(AC\) và có bán kính bằng \(\frac{1}{2}AC.\)

Do đó ba điểm \(A,\,\,E,\,\,C\) thuộc đường tròn có tâm là trung điểm của \(AC\) và có bán kính bằng \(\frac{1}{2}AC\) \(\left( 1 \right)\)

Vì \(\Delta AKC\) vuông tại \(K\) (vì \[\widehat {CKA} = 90^\circ \]) nên đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AKC\) có tâm là trung điểm  của \(AC\) và có bán kính bằng \(\frac{1}{2}AC.\)

Do đó ba điểm \(A,\,\,E,\,\,C\) thuộc đường tròn có tâm là trung điểm của \(AC\) và có bán kính bằng \(\frac{1}{2}AC\,\) (2)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra bốn điểm \(A,\,\,E,\,\,K,\,\,C\) cùng thuộc đường tròn.

Vậy tứ giác \(AEKC\) là tứ giác nội tiếp. Suy ra \(\widehat {KAC} = \widehat {KEC}\) (góc nội tiếp chắn ).

b) Chứng minh: \(\widehat {MBC} = \widehat {KEC}\) và \(BM.KC = CM.KE\).

Xét \(\left( O \right)\), có \(AM\) là đường kính nên \(\widehat {ABM} = \widehat {ACM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \(MB \bot AB\)

Lại có \(CE \bot AB\) suy ra \(MB\,{\rm{//}}\,CE\).

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {MBC} = \widehat {MAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Lại có \(\widehat {KAC} = \widehat {KEC}\) (cmt) suy ra \(\widehat {MBC} = \widehat {KEC}\) (đpcm).

Ta có \(\widehat {MCK} = \widehat {MAC}\) (cùng phụ \(\widehat {ACK}\)).

\(\widehat {MBC} = \widehat {MAC}\) (góc nội tiếp chắn ).

Suy ra \(\widehat {MCK} = \widehat {MBC}\).

Mà \(\widehat {MBC} = \widehat {ECB}\)  (so le trong) nên \(\widehat {MCK} = \widehat {HCB}\).

Suy ra \(\widehat {MCK} + \widehat {KCB} = \widehat {HCB} + \widehat {KCB}\) do đó \(\widehat {MCB} = \widehat {HCK}\).

Xét \(\Delta BMC\) và \(\Delta EKC\) có: \(\widehat {BCM} = \widehat {ECK}\) (cmt); \(\widehat {CBM} = \widehat {MEK}\) (cmt)

Do đó $\Delta BMC\backsim \Delta EKC$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{BM}}{{KE}} = \frac{{CM}}{{KC}}\) (cặp cạnh tương ứng) nên \(BM.KC = CM.KE\) (đpcm).

c) Gọi \(I\) là giao điểm của \(EK\) và \(BC\) . Đường cao \(BF\) của \(\Delta ABC\) cắt \(CE\) tại \(H\). Chứng minh \(AH = 2OI\) .

Ta có: \(\widehat {IEC} = \widehat {ICE}\) (cùng bằng \(\widehat {IBM}\))  suy ra \(\Delta IEC\) cân tại \(I,\) suy ra \(IE = IC\).

Mà \(\widehat {IBE} = \widehat {IEB}\)  (cùng phụ với hai góc bằng nhau là \(\widehat {IBM}\) và \(\widehat {IEC}\)).

Suy ra \(\Delta IEB\) cân tại \(I\) nên \(IE = IB\), do đó \(IC = IB\).

Xét tứ giác\(BHCM\) có:

\(BH\,{\rm{//}}\,MC\) (cùng vuông góc với \(AC\))

\(CH\,{\rm{//}}\,MB\) (cùng vuông góc với \(AB\))Suy ra tứ giác \(BHCM\) là hình bình hành.

Mà \(IC = IB\) (cmt) suy ra \(IM = IH\).

Xét \(\Delta AHM\) có: \(IM = IH\) (cmt) và \(OM = OA = R\).

Suy ra \(OI\) là đường trung bình ( tc).

Suy ra \(AH = 2OI\) ( đpcm).