Trên bàn có một cốc nước hình trụ chứa đầy nước, có chiều cao trong bằng 3 lần đường kính trong của đáy; một viên bi hình cầu và một khối nón đều bằng thủy tinh. Biết viên bi và khối nón đều có đường kính bằng đường kính trong của cốc nước. Người ta từ từ thả vào cốc nước viên bi và khối nón đó (như hình vẽ) thì thấy nước trong cốc tràn ra ngoài. Tính thể tích nước còn lại trong cốc (có thể tính thể tích chiếc kem ốc quế).

a) Xét tứ giác AFHE có:

+ \[\widehat {AFH} = {90^o}\] (CF là đường cao)

+ \[\widehat {AEH} = {90^o}\] (BE là đường cao)

\[ \Rightarrow \widehat {AEH} + \widehat {AFH} = {90^o} + {90^o} = {180^o}\]. Mà \[\widehat {AEH}\] và \[\widehat {AFH}\] là hai góc đối nên AEHF là tứ giác nội tiếp

b) Suy ra \[\widehat {FAH} = \widehat {FEH}\,\,\](Hai góc nội tiếp cùng chắn cung FH)

- Xét \[\Delta BAH\]và \[\Delta BEF\]có: \[\widehat {HBF}\] : chung

\[\widehat {BAH} = \widehat {BEF}\] (chứng minh trên)

Do đó: \[\Delta BAH\]đồng dạng \[\Delta BEF\] (g – g)

Suy ra: \[\frac{{BH}}{{AH}} = \frac{{BF}}{{EF}}\].

Do đó BH.EF = BF.AH

c) Ta có tứ giác ADBC nội tiếp đường tròn (O) nên: \[\widehat {KDB} = \widehat {ACB}\]. Mà \[\widehat {DKB} = \widehat {BEC} = {90^o}\]nên \[\Delta DKB\]đồng dạng với \[\Delta CEB\] (g – g).

Suy ra: \[\widehat {DBK} = \widehat {EBC}\] (1)

- Chứng minh tứ giác DKBF nội tiếp, từ đó suy ra: \[\widehat {DFK} = \widehat {DBK}\](2)

Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp, từ đó suy ra: \[\widehat {EFC} = \widehat {EBC}\] (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: \[\widehat {DFK} = \widehat {EFC}\]

- Mà: \[\widehat {DFK} + \widehat {KFC} = {180^o}\]nên \[\widehat {EFC} + \widehat {KFC} = {180^o}\,\].

Do đó K, F, E thẳng hàng. (4)

- Chứng minh KF, PE lần lượt là các đường trung bình của \[\Delta BPI\] và \[\Delta BIQ\].

Suy ra: PI // KF và IQ // PE (5)

Từ (4) và (5) ta có P, I, Q thẳng hàng

Xét phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 3} \right)x + 2m + 1 = 0\,\,\,\,\,(1)\) có:

\(\begin{array}{l}\Delta ' = {{b'}^2} - ac = {\left( {m + 3} \right)^2} - \left( {2m + 1} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 6m + 9 - 2m - 1 = {m^2} + 4m + 8 = {\left( {m + 2} \right)^2} + 4 > 0\end{array}\)

Vậy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

Hệ thức Viète : \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = 2\left( {m + 3} \right)\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = 2m + 1\end{array} \right.\)

Theo đề \[x_1^2 + x_2^2 - 2{x_1} - 2{x_2} = 10.\]

Hay \({\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 10\)

\(4{\left( {m + 3} \right)^2} - 2.\left( {2m + 1} \right) - 2.2.\left( {m + 3} \right) = 10\)

\(4{m^2} + 16m + 12 = 0\)

\[{m^2} + 4m + 3 = 0\]