Phần II. Tự luận. (8.0 điểm)

(1,5 điểm)

a) Chứng minh đẳng thức: \(\left( {1 + \sqrt {4 + 2\sqrt 3 } } \right) \cdot \left( {\sqrt[3]{8} - \frac{{3 - \sqrt 3 }}{{\sqrt 3  - 1}}} \right) = 1\).

b) Rút gọn biểu thức:  \(A = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{1}{{4 - x}}} \right) \cdot \left( {\frac{{x + 2}}{{\sqrt x  + 1}} - \sqrt x } \right)\) với \(x \ge 0;x \ne 4\).

1. Theo giả thiết mỗi chiếc nón lá là một hình nón có bán kính đáy

\(R = \frac{{50}}{2} = 25cm = 0,25m\)  ; chiều cao \(h = 30cm = 0,3m\)

Độ dài đường sinh hình nón là \(l = \sqrt {{R^2} + {h^2}}  = \sqrt {{{0,25}^2} + {{0,3}^2}}  = \frac{{\sqrt {61} }}{{20}}m\)

Diện tích xung quanh hình nón là \({S_1} = \pi Rl = \pi 0,25.\frac{{\sqrt {61} }}{{20}} = \pi \frac{{\sqrt {61} }}{{80}}{m^2}\)

0,25

Tổng diện tích xung quanh của \(1600\) chiếc nón lá là:\(S = 1600{S_1} = 1600.\pi \frac{{\sqrt {61} }}{{80}} = 20\pi \sqrt {61} {m^2}\)

Do đó khối lượng lá cần dùng là: \(\frac{S}{{6,13}} = \frac{{20\pi \sqrt {61} }}{{6,13}} \approx 80kg\)

0,25

2.

a) Vì \(CF\) là đường cao nên \(CF \bot AB\)

Suy ra \(\Delta BFC\) vuông tại \(F\)

Do đó 3 điểm \(B,F,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\) (1)

0,25

Vì \(BE\) là đường cao nên \(BE \bot AC\)

Suy ra \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\)

Do đó 3 điểm \(B,E,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\) (2)

Từ (1) và (2) tứ giác \(BFEC\) nội tiếp.

0,25

b) Có \(A,\,B,\,C,K \in \) \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ABD} = \widehat {AKC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))

Vì \(\widehat {ACK}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \[AK\] nên \(\widehat {ACK} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta AKC\) có \(\widehat {ABD} = \widehat {AKC}\) (cmt); \(\widehat {ADB} = \widehat {ACK} = 90^\circ \).

Suy ra \(\Delta ABD\) $\backsim \Delta AKC(g-g)$

0,25

suy ra \(\frac{{AB}}{{AK}} = \frac{{AD}}{{AC}}\)  suy ra \(AB.AC = AK.AD\).

0,25

c) Có \(\widehat {AEI} = \widehat {ABD}\)( cùng bù \(\widehat {FEC}\))

mà \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}}\)(\(\Delta ABD\)

Nên  \(\widehat {AEI} + \widehat {{A_2}} = \widehat {ABD} + \widehat {{A_1}} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {AIE} = 90^\circ \)

Do đó \(AK \bot EF\)

0,25

 Xét \(\Delta AEI\)và \(\Delta AKC\)có  \[\widehat {AIE} = \widehat {ACK}\,\,( = 90^\circ )\] và \[\widehat {{A_2}}\] chung

nên \(\Delta AEI\) $\backsim \Delta AKC(g-g)$

suy ra \(\frac{{AI}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AK}}\)  suy ra \(AI.AK = AE.AC\)(3)

Xét \(\Delta AEH\)và \(\Delta ADC\)có \[\widehat {AEH} = \widehat {ADC}\,\,( = 90^\circ )\] và \[\widehat {DAC}\]chung

nên \(\Delta AEH\) $\backsim \Delta ADC(g-g)$

suy ra \(\frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AD}}\) suy ra \(AH.AD = AE.AC\)(4)

Từ (3) và (4) suy ra \(AI.AK = AH.AD\)

Xét \(\Delta AHI\)và \(\Delta AKD\)có \[\frac{{AH}}{{AK}} = \frac{{AI}}{{AD}}\]( Vì \(AI.AK = AH.AD\)) và \[\widehat {DAK}\]chung

nên \(\Delta AHI\) $\backsim \Delta AKD(c-g-c)$

Suy ra \(\widehat {AHI} = \widehat {AKD}\)

0,25

Ta có \(AH = AB + BH = 120 + BH\)

0,25

Xét \(\Delta CHB\) vuông tại \(H\) có

\(B{C^2} = B{H^2} + C{H^2}\) (định lý Pythagore)

\(C{H^2} = {218^2} - B{H^2} = 47524 - B{H^2}\)

0,25

Xét \(\Delta CHA\)vuông tại \(H\)có

\(A{C^2} = A{H^2} + C{H^2}\) (định lý Pythagore)

\({258^2} = {\left( {120 + BH} \right)^2} + 47524 - B{H^2}\)

\(66564 = 14400 + 240.BH + B{H^2} + 47524 - B{H^2}\)

\(240.BH = 4640\)

\(BH = \frac{{58}}{3}\,\left( m \right)\)

0,25

Xét \(\Delta CHB\) vuông tại \(H\) có

\(\sin \widehat {HCB} = \frac{{BH}}{{CB}} = \left( {\frac{{58}}{3}} \right):218 = \frac{{29}}{{327}}\)

\[\widehat {HCB} \approx 5^\circ 5'17''\]

Vậy góc nghiêng của sàn cầu so với mặt nằm ngang là \[5^\circ 5'17''\]

0,25