(2,0 điểm)

5.1. Phần phía trên của cái ly thủy tinh (hình vẽ bên) có dạng một hình nón với các kích thước: chiều cao bằng \[7\]cm, bán kính đường tròn đáy bằng \[4\]cm. Tính thể tích của cái ly (bề dày của ly không đáng kể)? (lấy \(\pi  \approx 3,14;\) kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).

    

5.2. Cho tam giác \(ABC\) nhọn, \(AB < AC\) nội tiếp đường tròn \(\left( {O;R} \right).\) Gọi \(H\) là hình chiếu \(A\) lên cạnh \(BC;\)\(M,\,N\) lần lượt là hình chiếu của \(H\) lên các cạnh \(AB\) và \(AC.\) Kẻ đường kính \(AD\) của đường tròn tâm \(O.\)

           a) Chứng minh tứ giác \[AMHN\] nội tiếp và \(\widehat {ANM} = \widehat {ADC}.\)

           b) Cho biết\(\;AH = R\sqrt 2 \). Chứng minh ba điểm \[M,\,O,\,N\] thẳng hàng.

(1,0 điểm)

Phần vườn cỏ được tưới từ cả hai vòi phun nước là phần tô màu đậm giao giữa hai giữa hai hình tròn \(\left( {A;\,8{\rm{m}}} \right)\) và \(\left( {B;\,6\,{\rm{m}}} \right)\) như hình vẽ.

Vì \(AM = AN = 8\,{\rm{m}}\)và \(BM = BN = 6\,{\rm{m}}\)nên \(AB\) là đường trung trực của \(MN\)

Gọi \(H\) là giao điểm của \(AB\) và \(MN\).

Các tam giác \(\Delta HMA\,\)và \(\Delta HMB\) đều vuông tại \(H\) suy ra:   \(H{M^2} = M{A^2} - A{H^2} = M{B^2} - B{H^2}\)(định lý Pythagore)

             \({8^2} - A{H^2} = {6^2} - {\left( {10 - AH} \right)^2}\)

Từ đó tính được \(AH = 6,4\,{\rm{m}}\).

0,25

Suy ra \(HB = 10 - 6,4 = 3,6\,{\rm{m}}\); \[HM = \sqrt {M{B^2} - A{H^2}}  = \sqrt {{8^2} - {{6,4}^2}}  = 4,8\,{\rm{m}}{\rm{,}}\]nên \(MN = 9,6\,{\rm{m}}{\rm{.}}\)

0,25

Vì \(\Delta HMA\,\) vuông tại \(H\) nên \(\cos \widehat {HAM} = \frac{{AH}}{{AM}} = \frac{{6,4}}{8} = 0,8.\)

Do đó \[\widehat {HAM} \approx 36,87^\circ \], suy ra \[\widehat {NAM} \approx 73,74^\circ .\]

Vì \(\,\Delta HMB\) vuông tại \(H\) nên\(\,\cos \widehat {HBM} = \frac{{HB}}{{MB}} = \frac{{3,6}}{6} = 0,6.\)

Do đó \(\,\widehat {HBM} \approx 53,13^\circ \), suy ra \(\,\widehat {NBM} \approx 106,26^\circ .\)

0,25

Diện tích phần tô màu đậm bằng diện tích hình quạt \(AMN\) cộng diện tích hình quạt \(BMN\)trừ đi diện tích tứ giác \(AMBN\), do đó  \(S \approx \frac{{\pi {{.8}^2}.\,73,74}}{{360}} + \frac{{\pi {{.6}^2}.106,26}}{{360}} - \frac{1}{2} \cdot 10\, \cdot \,9,6 \approx 27\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.\)

0,25

Ý

Nội dung

Điểm

(1,0 điểm)

Gọi vận tốc của xe du lịch lúc đi là \(x\) (km/h). Điều kiện: \(x > 10\)

0,25

Vận tốc của xe du lịch lúc về là: \(x - 10\) (km/h).

Thời gian lúc đi là \(\frac{{60}}{x}\) (giờ), thời gian lúc về là \(\frac{{60}}{{x - 10}}\) (giờ)

0,25

Đổi: 30 phút = \(0,5\)giờ

Vì thời gian về nhiều hơn thời gian đi là 0,5 giờ nên ta có phương trình:

\(\frac{{60}}{{x - 10}} - \frac{{60}}{x} = 0,5\)

0,25

Giải phương trình ta được

\({x_1} = \frac{{5 + 35}}{1} = 40\) (thỏa mãn điều kiện)

\({x_2} = \frac{{5 - 35}}{1} =  - 30\) (loại vì \(x > 10\))

Vận tốc của xe du lịch lúc đi là 40 km/h.

0,25