(4,0 điểm).

Bác Minh đặt trên mặt bàn nằm ngang một chiếc cốc thủy tinh đang chứa nước dạng hình trụ, có bán kính đáy \(R = 3cm\), lượng nước ban đầu trong cốc cao \(5cm\) (Hình 1). Sau đó, bác Minh thả vào trong cốc \(6\)viên bi sắt cùng loại (không thấm nước) có dạng hình cầu với bán kính \(r = 1cm\) thì thấy mực nước trong cốc dâng lên và không tràn ra ngoài (Hình 2). Lấy \(\pi  \approx 3,14\).

\

a) Tính thể tích của lượng nước ban đầu có trong chiếc cốc.

b) Hỏi chiều cao của lượng nước trong cốc sau khi thả \(6\)viên bi vào là bao nhiêu cm? (Bỏ qua độ dày của cốc, làm tròn kết quả đến hàng phần trăm của cm).

a) Chứng minh bốn điểm \(B,C,E,F\) cùng thuộc một đường tròn:

Xét \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) có \(BC\) là cạnh huyền nên \(B,C,E\) thuộc đường tròn đường kính \(BC\) + Xét \(\Delta BFC\) vuông tại \(F\) có \(BC\)là cạnh huyền nên \(B,C,F\) thuộc đường tròn đường kính \(BC\) Do đó \(B,C,E,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\)

b) Chứng minh \(KB.KC = KE.KF\) và \(FB\) là tia phân giác của góc \(KFD\).

Vì \(B,C,E,F\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(BC\) nên \(\widehat {FEB} = \widehat {FCB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(FB\)).

Xét \(\Delta KBE\) và \(\Delta KFC\) có: \(\widehat {BKF}\) chung; \(\widehat {FEB} = \widehat {FCB}\)(cmt)

Do đó $\Delta KBE\backsim \Delta KFC\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(g.g)}$ suy ra \(\frac{{KB}}{{KF}} = \frac{{KE}}{{KC}}\) nên \(KB.KC = KE.KF\)

Vì tứ giác \(BCEF\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {EFB} + \widehat {ECB} = 180^\circ \).

Mà \(\widehat {EFB} + \widehat {KFB} = 180^\circ \) (kề bù) nên \(\widehat {ECB} = \widehat {KFB}\) (3)

Xét \(\Delta BDA\) và \(\Delta BFC\) có: \(\widehat {FBD}\) chung; \(\widehat {BDA} = \widehat {BFC} = 90^\circ \,{\rm{(gt)}}\).

Do đó $\Delta BDA\backsim \Delta BFC\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(g.g)}$

Suy ra \(\frac{{BD}}{{BF}} = \frac{{BA}}{{BC}}\) nên \(\frac{{BD}}{{BA}} = \frac{{BF}}{{BC}}\).

Xét \(\Delta BFD\) và \(\Delta BCA\) có: \(\widehat {FBD}\) chung; \(\frac{{BD}}{{BA}} = \frac{{BF}}{{BC}}\) (cmt)

Do đó $\Delta BFD\backsim \Delta BCA\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(c.g.c)}$ suy ra \(\widehat {ECB} = \widehat {BFD}\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {BFD} = \widehat {KFB}\,\,( = \widehat {ECB})\) nên \(FB\) là tia phân giác của góc \(KFD\).

c) Chứng minh đường thẳng \(IF\) vuông góc với đường thẳng \(MF\).

Gọi \(FN\) là đường kình của \((I)\); \(FB\) cắt \((I)\) tại \(P\) nên \(\widehat {FPN} = 90^\circ \).

Vì \(\widehat {ACB} = \widehat {KFP}\) (cùng bù với \(\widehat {BFE}\)) (5)

Vì \(\widehat {KPF} = \widehat {KDF}\) mà \(\widehat {KDF} = \widehat {BAC}\) nên \(\widehat {KPF} = \widehat {BAC}\)(6)

Từ (5) và (6) nên  suy ra \(\widehat {PKF} = \widehat {ABC}\)

Mà \(\widehat {PKF} = \widehat {PNF}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(FP\) của \((I)\))

Suy ra \(\widehat {FNP} = \widehat {FBC}\) và \(\widehat {NPF} = \widehat {BFC} = 90^\circ \) nên

 Suy ra \(\widehat {NFP} = \widehat {BCF}\)

Mà \(\widehat {MFC} = \widehat {BCF}\) (vì \(\Delta MFC\) cân tại \(M\) có \(MF = MC = \frac{{BC}}{2}\)) nên \(\widehat {NFP} = \widehat {MFC}\).

Do đó \(FI\) vuông góc với đường thẳng \(MF\).