(4,0 điểm).

Một cốc thủy tinh hình trụ đựng đầy nước có chiều cao bằng \[10\,{\rm{cm}}\] và thể tích bằng \[90\pi \,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\]. Người ta thả vào cốc nước một viên bi sắt hình cầu có bán kính bằng bán kính đáy cốc nước, viên bi sắt ngập toàn bộ trong nước. Tính lượng nước bị tràn ra khỏi cốc.

a) Ta có: \(\Delta HBE\) vuông tại \(H\) (vì \(DE\) vuông góc với \(AB\) tại \(H\)) nên \(H\) thuộc đường tròn đường kính \(BE\).

Tương tự: \(\Delta GBE\) vuông tại \(G\) (vì \(EG\) vuông góc với \(BC\) tại \(G\)) nên \(G\) thuộc đường tròn đường kính \(BE\).

Do đó: bốn điểm \(B\), \(H\),\(E\),\(G\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BE\) hay tứ giác \(BHEG\) là tứ giác nội tiếp.

b) Ta có: tứ giác \(BHEG\) là tứ giác nội tiếp (câu a)

nên \(\widehat {EHG} = \widehat {EBG}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EG\) của đường tròn đường kính \(BE\)) \(\left( 1 \right)\)

Mặt khác: tứ giác \(ACBE\) nội tiếp (vì bốn đỉnh cùng nằm trên đường tròn \(\left( O \right)\)) nên \(\widehat {EAC} + \widehat {CBE} = 180^\circ \)

Mà \(\widehat {EBG} + \widehat {CBE} = 180^\circ \) (kề bù)

Suy ra: \(\widehat {EAC} = \widehat {EBG}\) \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(\widehat {EHG} = \widehat {EAC}\)

c) Có: \(CD{\rm{//}}AE\) (GT)

Suy ra: \[ACDE\] là hình thang và \(\widehat {EAC} + \widehat {ACD} = 180^\circ \) (trong cùng phía)

Mà \(\widehat {AED} + \widehat {ACD} = 180^\circ \) (vì tứ giác \(ACBE\) nội tiếp)

Do đó, \(\widehat {AED} = \widehat {EAC}\) nên hình thang \(ACDE\) là hình thang cân.

Gọi giao điểm của \(HG\) và \(AC\) là \(I\).

Ta có: \(\widehat {EHG} = \widehat {HEA}\) (vì cùng bằng \(\widehat {EAC}\))

Mà hai góc trên ở vị trí so le trong nên \(IG{\rm{//}}AE\)

Suy ra: \(IHEA\) là hình thang. Mặt khác: \(\widehat {AED} = \widehat {EAC}\) nên \(IHEA\) là hình thang cân

Suy ra: \(IA = HE\)

Chứng minh tương tự ta được: \(IC = HD\)

Mà: \(HD = HE\) (do \(\Delta OHD = \Delta OHE\))

Do đó: \(IA = IC\) hay \(HG\) đi qua trung điểm của cạnh \(AC\).