(3,5 điểm)

Một lon nước ngọt hình trụ có đường kính đáy là \(6\,\,{\rm{cm}}\,{\rm{.}}\) Chiều cao \(12\,\,{\rm{cm}}\,{\rm{.}}\)

a) Hỏi lon nước đó chứa được bao nhiêu \[ml\] nước ngọt?

b) Giá của \(1\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\) vật liệu nhôm để làm vỏ lon là \(50\,\,000\) đồng. Hỏi để làm \(1000\) chiếc lon thế này cần bao nhiêu tiền? Coi phần ghép nối không đáng kể và độ dày toàn bộ lon nước là như nhau.

(Kết quả làm tròn đến chữ số hàng phần trăm, lấy \(\pi  \approx 3,14\,).\)

a) Vì \(CE,\,\,BF\) là hai đường cao của \(\Delta ABC\) cắt nhau tại \(H\) nên \(CE \bot AB\,;\,\,BF \bot AC\) hay \(\widehat {AEH} = \widehat {AFH} = 90^\circ .\)

Xét \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\) nên ba điểm \(A,\,\,E,\,\,H\) nằm trên đường tròn đường kính \(AH.\)

Xét \(\Delta AFH\) vuông tại \(F\) nên ba điểm \(A,\,\,F,\,\,H\) nằm trên đường tròn đường kính \(AH.\)

Do đó, các điểm \(A,\,\,E,\,\,H,\,\,F\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AH.\)

Vậy \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AH.\)

b) Vì tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (câu a) nên \(\widehat {HEF} = \widehat {HAF}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn .

Mà \(\widehat {HAF} = \widehat {KIC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn .

Suy ra \[\widehat {HEF} = \widehat {KIC}\,\,( = \widehat {HAF}\,)\] nên \(\widehat {CIE} = \widehat {NEC}\) (đpcm).

Xét \(\Delta CIE\) và \(\Delta NEC\) có:

\(\widehat {CIE} = \widehat {NEC}\) (cmt); \(\widehat {ECI}\) chung.

Do đó $\Delta CIE\backsim \Delta NEC\left(g.g\right)$

Suy ra \(\frac{{CE}}{{CI}} = \frac{{CN}}{{CE}}\) nên \(C{E^2} = CN \cdot CI.\)

Vậy \(\widehat {CIE} = \widehat {NEC}\) và \(C{E^2} = CN \cdot CI.\)

c) Ta có \(PE = PF\) (do \(P\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEF\)) nên \(P\) thuộc đường trung trực của \(EF.\)

Xét \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) có \(M\) là trung điểm \(BC.\)

Suy ra \(ME = MB = MC\).

Xét \(\Delta BFC\) vuông tại \(F\) có \(M\) là trung điểm \(BC.\)

Suy ra \(MF = MB = MC\), do đó \(ME = MF = MB = MC.\)

Khi đó \(M\) thuộc đường trung trực của \(EF\) nên \(PM\) đường trung trực của \(EF.\) (*)

Ta cần chứng minh \(N\) thuộc đường trung trực của \(EF\).

Theo câu b) ta có  suy ra \(\frac{{NE}}{{IE}} = \frac{{NC}}{{CE}}\) nên \(NE = \frac{{IE \cdot NC}}{{CE}}.\)

Mặt khác, \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (câu a) nên \(\widehat {AFE} = \widehat {AHE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn .

Suy ra         \(180^\circ  - \widehat {AFE} = 180^\circ  - \widehat {AHE}\) nên \(\widehat {CFN} = \widehat {KHE}.\)

– Xét \(\Delta CFN\) và \(\Delta KHE\) có

\(\widehat {CFN} = \widehat {KHE}\) (cmt); \(\widehat {FCN} = \widehat {HKE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn .

Do đó $\Delta CFN\backsim \Delta KHE\left(g.g\right)$.

Suy ra \(\frac{{FN}}{{HE}} = \frac{{CN}}{{KE}}\) nên \(FN = \frac{{HE \cdot CN}}{{KE}}\)

Khi đó ta có \[\frac{{NE}}{{FN}} = \frac{{IE \cdot NC}}{{CE}}:\frac{{HE \cdot NC}}{{KE}} = \frac{{IE \cdot NC \cdot KE}}{{CE \cdot HE \cdot NC}} = \frac{{IE \cdot KE}}{{CE \cdot HE}}\] (1)

– Xét \(\Delta IEA\) và \(\Delta BEK\) có:

\(\widehat {IEA} = \widehat {BEK}\) (đối đỉnh); \(\widehat {IAE} = \widehat {BKE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn .

Do đó $\Delta IEA\backsim \Delta BEK\left(g.g\right)$.

Suy ra \(\frac{{IE}}{{BE}} = \frac{{EA}}{{EK}}\) nên \(IE \cdot EK = EA \cdot BE\) (2)

– Xét \(\Delta AEH\) và \(\Delta CEB\) có:

\(\widehat {EAH} = \widehat {ECB}\) (cùng phụ \(\widehat {ABC}\,)\); \(\widehat {AEH} = \widehat {CEB} = 90^\circ \) (hai góc nội tiếp cùng chắn $\stackrel{⏜}{BI})$.

Do đó $\Delta AEH\backsim \Delta CEB\left(g.g\right)$.

Suy ra \(\frac{{AE}}{{EC}} = \frac{{EH}}{{EB}}\) nên \(EC \cdot EH = EA \cdot EB\) (3)

Thay (2), (3) vào (1), ta có \[\frac{{NE}}{{FN}} = \frac{{IE \cdot KE}}{{CE \cdot HE}} = \frac{{EA \cdot BE}}{{EA \cdot BE}} = 1\] nên \(NE = FN.\)

Do đó \(N\) thuộc đường trung trực của \(EF\). (**)

Từ (*), (**) suy ra ba điểm \(M,\,\,N,\,\,P\) thẳng hàng.