(4 điểm).

Một thùng đựng nước có dạng hình trụ chiều cao là \(35{\rm{ cm}}\) đường kính đáy \(30{\rm{ cm}}\).

a) Tính thể tích của thùng.

b) Người ta sử dụng thùng trên để múc nước đổ vào một bể chứa có dung tích \(1{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\). Hỏi cần phải đổ ít nhất bao nhiêu lần thì đầy bể chứa? Biết rằng mỗi lần đổ người ta chỉ múc \(80\% \) thùng để nước không tràn ra ngoài. (Lấy \(\pi  \approx 3,14\))

     

a) Chứng minh tứ giác \(ANOM\) nội tiếp.

• Vì \[AM\] là tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) tại \(M\) nên theo tính chất tiếp tuyến, ta có: \(AM \bot OM\), suy ra \(\widehat {AMO} = 90^\circ \) hay \(\Delta AMO\) vuông tại \(M\)

Suy ra các điểm \(A,\,\,M,\,\,O\) thuộc đường tròn đường kính \(OA\)  \(\left( 1 \right)\)

• Vì \[AN\] là tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) tại \(N\) nên theo tính chất tiếp tuyến, ta có: \(AN \bot ON\),suy ra \(\widehat {ANO} = 90^\circ \) , hay \(\Delta ANO\) vuông tại \(N\)

Suy ra các điểm \(A,\,\,N,\,\,O\) thuộc đường tròn đường kính \(OA\)   \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có các điểm \(A\), \(M\),\(N\), \(O\) thuộc đường tròn đường kính \(OA\) hay  tứ giác \(ANOM\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OA\).

b) Chứng minh \(H\)là trung điểm của \(MN\) và \(AH.AO = AB.AC\).

* Chứng minh \(H\)là trung điểm của \(MN\).

Vì \(AM\), \(AN\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\), cắt nhau tại \(A\), nên

\(AM = AN\)  (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

\(OM = ON\) (bán kính đường tròn tâm \(O\)).

Suy ra \[AO\] là đường trung trực của đoạn thẳng \(MN\).

Suy ra \(AO \bot MN\) tại \(H\)

Suy ra \(H\)là trung điểm của \(MN\).

* Chứng minh \(AH.AO = AB.AC\).

 Kẻ đường kính \(MK\) của đường tròn \((O)\).

Ta có \(\widehat {MCK} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \(\widehat {ACM} + \widehat {BCK} = 90^\circ \,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

mà \(\widehat {AMB} + \widehat {BMK} = 90^\circ \;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\)

Mặt khác, \(\widehat {BCK} = \widehat {BMK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BK\)).  \[\left( 3 \right)\]

Từ \(\,\left( 1 \right)\),\(\;\left( 2 \right)\) và \[\left( 3 \right)\] suy ra: \(\widehat {AMB} = \widehat {ACM}\)

Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta ACM\) có:

\(\widehat {MAC}\) chung; \(\widehat {AMB} = \widehat {ACM}\) (cmt)

Suy ra $\Delta AMB\backsim \Delta ACM$ (g.g)

Suy ra \(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AM}}\) (cạnh tương ứng)

Suy ra \(A{M^2} = AB.AC\) \[(4)\]

Xét \(\Delta AMH\) và \(\Delta AOM\) có:

\(\widehat {MAO}\) chung; \(\widehat {AHM} = \widehat {AMO} = 90^\circ \)

Suy ra $\Delta AMH\backsim \Delta AOM$  (g.g)

Suy ra \(\frac{{AM}}{{AO}} = \frac{{AH}}{{AM}}\) (cạnh tương ứng)  nên \(A{M^2} = AH.AO\) \[(5)\]

Từ \[(4)\] và \[(5)\] ta có: \(AH.AO = AB.AC\)

c) Chứng minh hai tam giác \(EMH\) và \(MQD\) đồng dạng và \(P\) là trung điểm của \(ME\).

* Chứng minh hai tam giác \(EMH\) và \(MQD\) đồng dạng

Ta có \(\widehat {PMQ} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(\widehat {QMD} + \widehat {DME} = 90^\circ \)

Vì \(HJ \bot MD\) (gt) nên \(\Delta EJM\) vuông tại \(J\) suy ra \(\widehat {DME} + \widehat {MEH} = 90^\circ \) nên \(\widehat {QMD} = \widehat {MEH}\)

Vì \(\Delta MHP\) vuông tại \(H\) nên \(\widehat {{M_1}} + \widehat {{P_1}} = 90^\circ \)

Vì \(\Delta QMP\) vuông tại \(M\) nên \(\widehat Q + \widehat {{P_1}} = 90^\circ \) suy ra \(\widehat Q = \widehat {{M_1}}\)

Xét \(\Delta EMH\) và \(\Delta MQD\) có

\(\widehat Q = \widehat {{M_1}}\) (cmt); \(\widehat {QMD} = \widehat {MEH}\) (cmt)

Do đó $\Delta EMH\backsim \Delta MQD$ (g.g)

* Chứng minh \(P\) là trung điểm của \(ME\).

Từ $\Delta EMH\backsim \Delta MQD$ (cmt)

Suy ra \(\frac{{EM}}{{MQ}} = \frac{{MH}}{{QD}}\) (cạnh tương ứng)

Vì \(D\) là trung điểm của \(HQ\) nên \(QD = \frac{1}{2}HQ\) suy ra \(\frac{{EM}}{{MQ}} = \frac{{MH}}{{\frac{1}{2}HQ}}\) \( = 2 \cdot \frac{{MH}}{{HQ}}\)

Trong \(\Delta MHQ\) vuông tại \(H\), ta có \(\frac{{MH}}{{HQ}} = \tan \widehat {MQH}\)

Suy ra \(\frac{{EM}}{{MQ}} = 2 \cdot \frac{{MH}}{{HQ}} = 2.\tan \widehat {MQH}\)

Trong \(\Delta MPQ\) vuông tại \(P\), ta có \(\tan \widehat {MQH} = \frac{{MP}}{{MQ}}\)

Suy ra \(\frac{{EM}}{{MQ}} = 2 \cdot \frac{{MP}}{{MQ}}\) nên \(EM = 2MP\)

Vậy \(P\) là trung điểm của \(ME\).