(1,5 điểm).

Một ly nước hình trụ có chiều cao \[15\,{\rm{cm}}\], đường kính đáy là \[{\rm{6}}\,{\rm{cm}}\] đựng đầy nước tinh khiết và đặt trên mặt bàn bằng phẳng (như hình bên).

a) Tính thể tích nước có trong ly.

b) Nếu ta thả 5 quả cầu giống nhau có bán kính mỗi quả cầu \[1\,{\rm{cm}}\] vào ly nước sao cho các quả cầu ngập chìm trong ly nước thì sau khi nước trong ly tràn ra, thể tích nước còn lại trong ly sẽ là bao nhiêu? (Coi độ dày ly không đáng kể, giả thiết lấy \[\pi  = 3,14\] và làm tròn kết quả đến hàng phần mười).

a) Chứng minh bốn điểm \[A,I,B,H\] cùng nằm trên một đường tròn.

Xét \[\Delta AOI\] vuông tại \[A\] (Vì \[IA\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\]) nên ba điểm \[O,A,I\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[OI\] \[\left( 1 \right)\]

Tương tự, \[\Delta OBI\] vuông tại \[B\] nên ba điểm \[O,B,I\] nằm trên đường tròn đường kính \[OI\] \[\left( 2 \right)\]

Ta có \[OM = ON = R\] nên tam giác \[OMN\] cân tại \[M\], lại có \[H\] là trung điểm \[MN\] nên \[\widehat {OHN} = 90^\circ \].

Do đó tam giác \[OHI\] vuông tại \[H\].

Nên ba điểm \[O,H,I\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[OI\] \[\left( 3 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)\] suy ra bốn điểm \[A,I,B,H\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[OI\].

b) Chứng minh \[J\] là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \[IAB\].

Ta có: \[OB = OA = R\], \[IB = IA\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \[IO\] là đường trung trực của \[AB\] và \[IO\] cũng là tia phân giác của \[\widehat {AIB}\] \[\left( 4 \right)\]

\[\widehat {OAI} = 90^\circ \] (vì \[IA\] là tiếp tuyến đường tròn \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {IAJ} + \widehat {JAO} = 90^\circ \]).

Tam giác \[OAJ\] cân tại \[O\] \[\left( {OA = OJ = R} \right)\] nên \[\widehat {JAO} = \widehat {OJA}\].

Mà \[\widehat {OJA} + \widehat {JAB} = 90^\circ \] (\[IO\] là đường trung trực của \[AB\] nên \[IO\] vuông góc với \[AB\]).

Suy ra \[\widehat {IAJ} = \widehat {JAB}\], hay \[AJ\] là tia phân giác của góc \[\widehat {JAB}\] \[\left( 5 \right)\]

Từ \[\left( 4 \right)\] và \[\left( 5 \right)\] nên \[J\] là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \[IAB\].

c) Chứng minh \[MN\parallel BD\].

Ta có \[\widehat {BDA} = \frac{1}{2}\widehat {AOB}\] (tính chất góc nội tiếp) mà \[OI\] là tia phân giác của góc \[\widehat {AOB}\] nên \[\widehat {IOA} = \frac{1}{2}\widehat {AOB}\].

Ta chứng minh được bốn điểm \[O\,,\,H\,,\,A\,,\,I\] nằm trên đường tròn đường kính \[OI\]. Nên \[\widehat {IOA} = \widehat {IHA}\] (hai góc cùng nội tiếp đường tròn đường kính \[OI\] và cùng chắn cung \[AI\]).

Vậy \[\widehat {BDA} = \widehat {IHA}\] mà hai góc ở vị trí đồng vị nên \[MN\parallel BD\].

* Khi \[J\] vừa là tâm đường tròn nội tiếp vừa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[IAB\] thì tam giác \[IAB\] là tam giác đều nên \[OI = 2R\], \[IB = IA = AB = R\sqrt 3 \].

Dựng \[MQ\] vuông góc với \[IB\] tại \[Q\].

\[{S_{MID}} = {S_{MIB}} = \frac{1}{2}.IB.MQ\].

Mà \[MQ \le BP\] (với \[BP\] là đường kính đường tròn tâm \[O\]).

Suy ra \[{S_{\Delta MID}} = {S_{\Delta MIB}} \le \frac{1}{2}.IB.BP = \frac{1}{2}.R\sqrt 3 .2R = \sqrt 3 {R^2}\] (đvdt).

Vậy diện tích lớn nhất tam giác \[MID\] đạt được là \[\sqrt 3 {R^2}\] đvdt.