(2,5 điểm).

Xung đột chiến tranh giữa Mỹ và Iran dẫn đến tuyến vận chuyển qua eo biển Hormuz – nơi trung chuyển khoảng 20% dầu toàn cầu – bị gián đoạn, khiến thị trường thiếu xăng dầu. Thời gian gần đây giá xăng dầu liên tục tăng đột biết ảnh hưởng lớn đến chi phí đối với các phương tiện cơ giới. Tháng 2 năm 2026, tập đoàn ô tô VinFast sản xuất được 100 xe ô tô. Nhận thấy nhu cầu thị trường tăng, tháng 3 tập đoàn đã tăng số lượng sản xuất ô tô lên x% so với tháng 2, tháng 4 tập đoàn tiếp tục tăng số lượng sản xuất ô tô lên 2x% so với tháng 3. Biết rằng số lượng ô tô sản xuất trong tháng 4 là 132 xe. Tính x.

a) 1,5 đ

Hình vẽ

Chứng minh rằng : tứ giác \(AMON\)là tứ giác nội tiếp

Vì \(AM,AN\) là 2 tiếp tuyến của (O) nên \(\widehat {AMO} = \widehat {ANO} = 90^\circ \)

Suy ra: \(\Delta AMO\) và \(\Delta ANO\) nội tiếp đường tròn đường kính AO.

Suy ra tứ giác \(AMON\) là tứ giác nội tiếp.

b) 1,0 đ

Chứng minh rằng: \(\widehat {EOF} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\)

Vì \(EM,EK\)là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên \(OE\) là phân giác của \(\widehat {KOM}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\widehat {EOK} = \frac{1}{2}\widehat {KOM}\)

\(FN,FK\)là tiếp tuyến của (O) nên \[OF\]là phân giác của \(\widehat {KON}\) tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\widehat {FOK} = \frac{1}{2}\widehat {KON}\).

Ta có \(\widehat {MON} = \widehat {KOM} + \widehat {KON}\)

\[\frac{1}{2}\widehat {MON} = \frac{1}{2}\widehat {KOM} + \frac{1}{2}\widehat {KON}\]

\[\frac{1}{2}\widehat {MON} = \widehat {EOK} + \widehat {FOK}\, = \widehat {EOF}\]

Chứng minh rằng: \(ME.OF = OE.MP\)

Vì \(AM,AN\)là 2 tiếp tuyến của (O) ta c/m được : \(AO \bot MN\)

Suy ra \(\widehat {EMN} = \widehat {AOM} = 90^\circ - \widehat {OMN}\) mà \(\widehat {AOM} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\) nên \[\widehat {EMN} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\]

Mà \(\widehat {EOF} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)nên \(\widehat {EMN} = \widehat {EOF}\) hay \(\widehat {EMP} = \widehat {EOF}\)

Vì \(EM,EK\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(EO\) là phân giác của \(\widehat {KEM}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\widehat {MEO} = \widehat {KEO}\) hay \(\widehat {MEP} = \widehat {FEO}\)

Xét \(\Delta MEP\) và \(\Delta OEF\) có:

\[\widehat {EMP} = \widehat {EOF}\,\,{\rm{(cmt)}}\,;\,\,\widehat {MEP} = \widehat {FEO}\,\,{\rm{(cmt)}}\]

Suy ra $\Delta MEP\backsim \Delta OEF$ (g.g)

Suy ra \(\frac{{ME}}{{OE}} = \frac{{MP}}{{OF}}\) (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

Suy ra \(ME.OF = OE.MP\) (đpcm).

c) 0,5 đ

Chứng minh rằng \(OK,EQ,FP\) đồng quy

Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp.

Vẽ đường tròn (O) đi qua 3 điểm A, B, C.

Gọi \[D'\] là giao điểm của AD và (O).

Khi đó tứ giác \[ABCD'\] nội tiếp đường tròn (O).

Suy ra \(\widehat {ABC} + \widehat {AD'C} = 180^\circ \)

Mà \(\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (gt)

Suy ra \(\widehat {ADC} = \widehat {AD'C}\)

Suy ra D trùng \[D'\] hay \(D \in (O)\)

Mà tứ giác \[ABCD'\] nội tiếp đường tròn (O).

Suy ra: tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O).

Chứng minh tương tự: Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn đoạn thẳng nối 2 đỉnh còn lại dưới 1 góc thì tứ giác đó nội tiếp.

Áp dụng bổ đề trên ta có:

Chứng minh tứ giác \(EMOQ\) nội tiếp.

Suy ra \(\widehat {EMO} + \widehat {EQO} = 180^\circ \) mà \[\widehat {EMO} = 90^\circ \,\,{\rm{suy}}\,\,{\rm{ra}}\,\,\widehat {EQO} = 90^\circ \,\,{\rm{hay}}\,\,EQ \bot FO\].

Vì \(EM,EK\) là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên \(EM = EK\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Vì $\Delta MEP\backsim \Delta OEF\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(cmt)\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}suy\hspace{0.17em}ra\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\frac{ME}{OE}=\frac{EP}{EF}$ do đó \(\frac{{KE}}{{OE}} = \frac{{EP}}{{EF}}\)

Xét \(\Delta KEP\) và \(\Delta OEF\)có \(\widehat {FEO}\,\,{\rm{chung}},\,\,\frac{{KE}}{{OE}} = \frac{{EP}}{{EF}}\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)

Do đó $\Delta KEP\backsim \Delta OEF\text{(c.g.c)}$

Suy ra \(\widehat {EKP} = \widehat {EOF}\) (hai góc tương ứng)

Tứ giác \(KFOP\) có \(\widehat {EKP} = \widehat {EOF}\,\,{\rm{(cmt)}}\) mà hai góc này cùng bù với \(\widehat {PKF}\).

Suy ra tứ giác \(KFOP\) là tứ giác nội tiếp

Suy ra \(\widehat {FKO} = \widehat {FPO}\) (cùng chắn cung \(OF)\)

Mà \(\widehat {FKO} = 90^\circ \,\,(KF\) là tiếp tuyến của (O)) suy ra \[\widehat {FPO} = 90^\circ \] hay \[FP \bot EO\].

Tam giác \(OEF\)có: \(OK \bot EF\)(EF là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại K)

\(EQ \bot FO\,\,{\rm{(cmt)}},\,\,FP \bot EO\,\,{\rm{(cmt)}}\)

Suy ra \(OK,\,\,EQ,\,\,FP\) lần lượt là các đường cao của \(\Delta OEF\,\,\)

Do đó \(OK,\,\,EQ,\,\,FP\) đồng quy (đpcm)

a) 0,5 đ

Nếu cắt cái li bởi mặt phẳng chứa trục của cái li ta được như hình vẽ.

Ta có:
AC = 4 cm,
CE = 3 cm, CD = 7 cm

Áp dụng định lí Thalès, ta có:

\(\frac{{FE}}{{AC}} = \frac{{DE}}{{DC}}\) suy ra: \(FE = \frac{{AC.DE}}{{DC}} = \frac{{4.(7 - 3)}}{7} = \frac{{16}}{7}\)

Thể tích rượu có trong ly: \(V = \frac{1}{3}\pi E{F^2}.DE = \frac{1}{3}\pi \cdot {\left( {\frac{{16}}{7}} \right)^2} \cdot 4 = \frac{{1024}}{{147}}\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right) \approx 21,87c{m^3}\)

b) 0,5 đ

Đặt hệ tọa độ như hình vẽ, coi khung sắt là hình chữ nhật ABCD.

Khi đó (P)  đi qua các điểm \[O\left( {0\,;\,\,0} \right)\,;\,\,\left( { - 2\,;\,\, - 4} \right)\,;\,\,\left( {2\,;\,\, - 4} \right)\] nên parabol (P) có phương trình \[y = - {x^2}.\]

Giả sử \[C \in \left( P \right)\] suy ra \[\left( {0 < x < 2} \right)\].

Khi đó \(BC = 2x\);  suy ra .

0,25

Ta có:

Suy ra \[{S^2} \le \frac{{1024}}{{27}}\] hay \[S \le \frac{{32\sqrt 3 }}{9}\].

Dấu xảy ra khi \[{x^2} = \frac{{4 - {x^2}}}{2}\] suy ra \[x = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\].

Vậy kích thước của khung thép có chiều rộng là \[\frac{{4\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {\rm{m}} \right)\]; chiều dài là \[\frac{8}{3}\,\,\left( {\rm{m}} \right)\].

0,25