(1,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Hưởng ứng phong trào “Vì biển đảo Trường Sa” một đội tàu dự định chở \(210\) tấn hàng ra đảo. Nhưng khi chuẩn bị khởi hành thì số hàng hóa đã tăng thêm \(6\)tấn so với dự định. Vì vậy đội tàu phải bổ sung thêm\(2\)tàu và mỗi tàu chở ít hơn dự định \(3\) tấn hàng. Hỏi đội dự định dùng bao nhiêu chiếc tàu để chở hàng, biết các tàu chở số tấn hàng bằng nhau?

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