Một cốc nước có dạng hình trụ với đường kính đáy bằng \(8\) cm, chiều cao \(12\,cm\) và đang chứa lượng nước cao \(10\,cm\).

a) Tính lượng nước đang có trong cốc. (Lấy\[\pi  \approx 3,14\] và làm tròn đến hàng đơn vị).
b) Người ta thả một viên bi bằng thép đặc (không thấm nước) có thể tích là \[V = 4\pi \]\[(c{m^3})\]vào trong cốc. Hỏi mực nước trong cốc lúc này cao bao nhiêu cm và nước có bị tràn ra ngoài không? (Giả sử độ dày của thành cốc không đáng kể)

a) Xét \(\Delta BEC\) có: \[\widehat {BEC} = 90^\circ \,\left( {BE \bot AC} \right)\] nên \(B\); \(C\); \(E\) thuộc đường tròn đường kính\(BC\).

Xét \(\Delta BFC\) có: \[\widehat {BFC} = 90^\circ \,\left( {CF \bot AB} \right)\] nên \(B\); \[F\]; \(C\) thuộc đường tròn đường kính \(BC\).

Suy ra bốn điểm \(B\); \(F\); \(E\); \(C\)  cùng thuộc đường tròn đường kính\(BC\)

b) \(MF\,.\,ME = MB\,.\,MC\)

  \(MB\,.\,MC = MK\,.\,MA\)

Suy ra: \[ME\,.\,MF = MK\,.\,MA\]

Suy ra: \(\Delta MFA \sim \Delta MKE\)

c) Xét \(\Delta ABC\) có

\(BE\); \(CF\) là hai đường cao cắt nhau tại \(H\)

Suy ra \(H\)là trực tâm\(\Delta ABC\)

suy ra bốn điểm \(B,\)\(F\), \(D\), \(H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BH\)

Suy ra \(\widehat {HFD} = \widehat {HBD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HD\))

Xét đường tròn đường kính\(BC\)có\(\widehat {EFC} = \widehat {EBC}\)

Khi đó \[FC\] là tia phân giác \[\widehat {EFD}\].

Có \[\widehat {MFB} = \widehat {ACB}\] (\[ = {180^0} - \widehat {BFE}\])

Có \[\widehat {BFD} = \widehat {ACB}\] (\[ = {180^0} - \widehat {BFE}\])

Suy ra  \[\widehat {MFB} = \widehat {BFD}\]

Suy ra \[FB\] là phân giác trong tại đỉnh \[F\] của tam giác \[FMD\]

Mà \[FC\] là phân giác ngoài tại đỉnh \[F\] tam giác \[FMD\]

Suy ra \(\frac{{CD}}{{CM}} = \frac{{BD}}{{BM}}\)  nên\(\frac{{BM}}{{CM}} = \frac{{BD}}{{CD}}\)

Áp dụng hệ quả định lý Talet có: \(\frac{{BD}}{{CD}} = \frac{{BP}}{{AC}};\frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{QB}}{{AC}}\)

Suy ra \(\frac{{BP}}{{AC}} = \frac{{QB}}{{AC}}\). Vậy \[BP = BQ\].

Chứng minh được  \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \).

Dấu “=” xảy ra khi a = b.

\({S_{AMN}} = \)\[60 + 6x + \frac{{150}}{x} \ge 60 + 2\sqrt {6x.\frac{{150}}{x}} \]=120

Dấu “=” xảy ra khi   \[6x = \frac{{150}}{x}\].

\[{x^2} = 25\]

\[x =  \pm 5\]

Mà \(x > 0\) nên \(x = 5\)

Vậy diện tích nhỏ nhất của phần góc ao\(AMN\) mà anh Thịnh có thể quây được là \(120{m^2}\).