Cho bồn chứa xăng bằng thép không gỉ gốm hai đầu là hai nửa hình cầu và phần thân là một hình trụ (như hình dưới). Đường kính của hình cầu và đường kính của đáy hình trụ đều bằng \[18\,\,{\rm{dm,}}\] chiều cao của hình trụ bằng \[36\]dm. (Kích thước đo bên ngoài bồn chứa, lấy \[\pi \approx 3,14\]).

(a) Tính diện tích bề mặt của bồn chứa xăng.

(b) Hỏi bồn chứa có được \[13\,\,000\] lít xăng hay không? (Coi độ dày của vật liệu làm bồn chứa không đáng kể).

a) Vì \[BE\] và \[CF\] là đường cao của tam giác \[ABC\] nên \[\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ \].

Xét \[\Delta BEC\] vuông tại \[E\] có ba điểm \[B,E,C\] thuộc đường tròn đường kính \[BC\].

Xét \[\Delta BFC\] vuông tại \[F\] có ba điểm \[B,F,C\] thuộc đường tròn đường kính \[BC\].

Suy ra bốn điểm \[B,F,E,C\] cùng nằm trên một đường tròn. (đpcm)

b) Vì tứ giác \[BFEC\] nội tiếp đường tròn đường kính \[BC\] nên \[\widehat {FEC} + \widehat {ABC} = 180^\circ \].

Mà \[\widehat {FEC} + \widehat {AEF} = 180^\circ \] (kề bù) nên \[\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\]. (đpcm)

• Xét \[\Delta AEF\] và \[\Delta ABC\] có: \[\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\]; \[\widehat {BAC}\] chung

Do đó (g.g)

Suy ra \[\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{2GE}}{{2BI}} = \frac{{GE}}{{BI}}\].

• Xét \[\Delta AEG\] và \[\Delta ABI\] có: \[\widehat {AEG} = \widehat {ABI}\]; \[\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{GE}}{{BI}}\]

Do đó (c.g.c).

Suy ra \[\frac{{AG}}{{GE}} = \frac{{AI}}{{BI}}\] hay \[GE \cdot AI = AG \cdot BI\]. (đpcm)

c) Gọi giao điểm của \[GI\] và \[KN\] là \[M\].

Xét \[\Delta ABC\] có hai đường cao \[BE\] và \[CF\]cắt nhau tại \[H\] nên \[H\] là trực tâm của \[\Delta ABC\]

Suy ra \[AH \bot BC\].

Vì nên \[\widehat {AGK} = \widehat {AIN}\].

• Xét \[\Delta AGK\] và \[\Delta AIN\] có: \[\widehat {AGK} = \widehat {AIN}\]; \[\widehat {NAI}\] chung

Do đó (g.g). Suy ra \[\frac{{AG}}{{AI}} = \frac{{AK}}{{AN}}\]

• Xét \[\Delta AGI\] và \[\Delta AKN\] có: \[\widehat {NAI}\] chung; \[\frac{{AG}}{{AI}} = \frac{{AK}}{{AN}}\]

Do đó (c.g.c).

Suy ra \[\widehat {AIG} = \widehat {ANK}\] (hai góc tường ứng).

• Xét \[\Delta GMN\] và \[\Delta KMI\] có: \[\widehat {AIG} = \widehat {ANK}\]; \[\widehat {GMN} = \widehat {KMI}\] (đối đỉnh)

Do đó (g.g). Suy ra \[\frac{{GM}}{{NM}} = \frac{{KM}}{{IM}}\].

• Xét \[\Delta GMK\] và \[\Delta NMI\] có: \[\frac{{GM}}{{NM}} = \frac{{KM}}{{IM}}\]; \[\widehat {GMK} = \widehat {NMI}\] (đối đỉnh)

Do đó (c.g.c).

Suy ra \[\widehat {KGI} = \widehat {KNI}\] (hai góc tường ứng).

Vì \[I\] trung điểm của đoạn thẳng \[BC\] nên \[I\] là tâm đường tròn đường kính \[BC\].

Suy ra \[IF = IE\] (bán kính) hay \[\Delta IEF\] cân tại \[I\].

Mà \[G\] trung điểm của đoạn thẳng \[EF\]nên \[IG \bot FE\].

Suy ra \[\widehat {KGI} = 90^\circ \] hay \[\widehat {KNI} = 90^\circ \] nên \[KN \bot BC\].

Mà \[AH \bot BC\] nên đường thẳng \[KN\] song song với đường thẳng \[AH\]. (đpcm)

Gọi số thực đơn 1, lớp bán được là \(x\) (thực đơn)

Số thực đơn 2, lớp bán được là \(y\) (thực đơn)

Điều kiện \(x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}\)

Theo đề bài: Mỗi thực đơn 1 cần 2 cốc nước chanh và 1 túi khoai tây chiên. Mỗi thực đơn 2 cần 3 cốc nước chanh và 2 túi khoai tây chiên.

Vì lớp chỉ có không quá 165 cốc nước chanh và 100 túi khoai tây chiên nên ta có các bất phương trình: \(2x + 3y \le 165\) ; \(x + 2y \le 100\)

Số tiền thu được là: \(35x + 60y\) (nghìn đồng)

Xét giao điểm của hai đường thẳng:

\(2x + 3y = 165\;\)(1)

\(x + 2y = 100\) hay \[2x + 4y = 200\] (2)

Từ (1) và (2) ta có \(\left( {2x + 4y} \right) - \left( {2x + 3y} \right) = 200 - 165\)

\(2x + 4y - 2x - 3y = 35\)

\(y = 35\) (thỏa mãn)

Thay vào (2) ta được \(x + 2\cdot35 = 100\) suy ra \(x = 30\) (TMĐK)

Số tiền lớn nhất lớp thu được là: \(35 \cdot 30 + 60 \cdot 35 = 1050 + 2100 = 3150\) (nghìn đồng)

Tức là \[3\,\,150\,\,000\] đồng.

Vậy số tiền lớn nhất lớp thu được là \[3\,\,150\,\,000\] đồng.