(1 điểm): Anh Minh vừa mới xây một cái bể trữ nước cạnh nhà có hình dạng hộp chữ nhật có kích thước \(2m\)x\(2m\)x\(1m\). Hiện bể chưa có nước nên anh Minh phải ra sông lấy nước. Mỗi lần ra sông anh gánh được một gánh nước đầy gồm \[2\] thùng hình trụ bằng nhau có bán kính đáy \(0,2m\), chiều cao \(0,4m\)

a) Tính lượng nước \(\left( {{m^3}} \right)\)anh Minh đồ vào bể sau mỗi lần gánh (ghi kết quả làm tròn đến \[2\] chữ số thập phân). Biết trong quá trình gánh nước về thì lượng nước bị hao hụt khoảng \(10\% \)

b) Anh Minh phải gánh ít nhất bao nhiêu lần để đầy bể.

14

(2,0đ)

1

(1,0đ)

1. Do NA là tiếp tuyến của  đường tròn tâm O nên \(\widehat {NAO} = 90^\circ \)

Suy ra \(\Delta NAO\)  vuông tại \[A\], nên \[A\] thuộc đường tròn đường kính \[ON\](1)

Do \[NC \bot OC\] vuông góc với  nên  \(\widehat {NCO} = 90^\circ \) hay \(\Delta NCO\) vuông tại \[C\] nên \[C\] thuộc đường tròn đường kính ON.

Vậy 4 điểm A, N, C, O cùng thuộc đường tròn đường kính \[ON\] (2).

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ANCO nội tiếp đường tròn.

0,25

0,25

0,25

0,25

2

(1,0đ)

2. \(NB\) là tiếp tuyến của \((O)\)

Xét tam giác \(OAB\) cân tại \(O\) có \(OK\) là đường cao nên đồng thời là phân giác \( \Rightarrow \widehat {BOK} = \widehat {AOK}\) suy ra \(\Delta OBN = \Delta OAN\) (c.g.c)

\( \Rightarrow \widehat {OBN} = \widehat {OAN} = 90^\circ \)  \( \Rightarrow OB \bot NB\) \( \Rightarrow \) \(NB\) là tiếp tuyến của \((O)\).

* Xét  \(\Delta OKM\) và \(\Delta OCN\) có \(\widehat {NOC}\) chung và \(\widehat {OKM} = \widehat {OCN} = {90^0}\)

Suy ra $\Delta OKM\backsim \Delta OCN$ (g.g) \( \Rightarrow \frac{{OM}}{{ON}} = \frac{{OK}}{{OC}}\) \( \Rightarrow OM.OC = OK.ON\)

Xét tam giác \(OAN\) vuông tại \(A\) có \(AK\) là đường cao nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(OK.ON = O{A^2} = {R^2}\)

Vậy \(OM.OC = {R^2}\).

3.  Gọi \(I\) là giao điểm của \(DN\) và \(BH\).

Ta có \({\rm{BH //AN}}\) (cùng vuông góc với \(AD\) )\( \Rightarrow \frac{{IH}}{{AN}} = \frac{{DH}}{{DA}} \Rightarrow IH.DA = DH.AN\) (1)

Do B thuộc đường tròn tâm O đường kính \(AD\)  \[ \Rightarrow \widehat {ABD} = {90^0}\]

\( \Rightarrow BD \bot AB\) mà \(ON \bot AB(gt)\) \( \Rightarrow BD{\rm{ // }}ON\)

\[ \Rightarrow \widehat {HDB} = \widehat {AON}\] (đồng vị) $\Rightarrow \Delta HDB\backsim \Delta AON\left(g.g\right)$

\( \Rightarrow \frac{{HB}}{{AN}} = \frac{{HD}}{{AO}} \Rightarrow HB.AO = HD.AN\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(IH.DA = HB.AO\) mà \(DA = 2.AO\).

\( \Rightarrow IH.2 = HB\). Hay I là trung điểm của HB.

0,25

0,25

0,25

0,25

12

(1,0đ)

Gọi \(x\,\,(km/h)\) là vận tốc xe của cô Hoa \(\left( {x > 0} \right)\).

Vận tốc xe của bác Nam lớn hơn vận tốc xe của cô Hoa là \[{\rm{3km/h}}\] nên vận tốc xe của bác Nam là \(x + 3\,\,(km/h)\).

Thời gian đi của cô Liên và bác Hiệp lần lượt là: \[\frac{{30}}{x};\frac{{30}}{{x + 3}}\] (giờ).

Bác Hiệp đi đến tỉnh trước cô Liên nửa giờ nên ta có phương trình:

\[\begin{array}{l}\frac{{30}}{x} - \frac{{30}}{{x + 3}} = \frac{1}{2}\\60(x + 3) - 60x = x(x + 3)\\60x + 180 - 60x = {x^2} + 3x\\{x^2} + 3x - 180 = 0\end{array}\]

Giải phương trình ta được \[{x_1} = 12(tm);{x_2} =  - 15(l)\].

Vậy vận tốc của cô Hoa là 12 km/h, vận tốc của bác Nam là 15 km/h.

0,25

0,5

0,25