Một xe bồn chở nước sạch cho một khu chung cư có 200 hộ dân. Bồn xe có kích thước như hình vẽ, mỗi đầu của bồn xe là 1 nửa hình cầu có đường kính là \(1,8\,\,{\rm{m}}\), phần hình trụ ở giữa có chiều cao là \(3,62\,\,{\rm{m}}\). Xe chở đầy bồn nước và lượng nước chia đều cho từng hộ dân. Tính xem mỗi hộ dân được nhận bao nhiêu lít nước sạch. (lấy \(\pi \approx 3,14\) Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Kí hiệu các quả bóng đỏ trắng xanh là .

Không gian mẫu: $\Omega =\left\{{Đ}_1{Đ}_2;X_1{X}_2;T_1{T}_2;{Đ}_1{X}_1;{Đ}_1{X}_2;{Đ}_2{X}_1;{Đ}_2{X}_2;{Đ}_1{T}_1;{Đ}_1{T}_2;{Đ}_2{T}_1;{Đ}_2{T}_2;X_1{T}_1;X_1{T}_2;X_2{T}_1;X_2{T}_2\right\}$

Có \(9\) kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\] là:

${Đ}_1{Đ}_2;{Đ}_1{X}_1;{Đ}_1{X}_2;{Đ}_2{X}_1;{Đ}_2{X}_2;{Đ}_1{T}_1;{Đ}_1{T}_2;{Đ}_2{T}_1;{Đ}_2{T}_2$

\(P\left( A \right) = \frac{9}{{15}} = \frac{3}{5}\).

a) • \(\widehat {AFH} = 90^\circ \) (vì CF là đường cao \(\Delta ABC\))

Xét \(\Delta AFH\) vuông tại \(F\) nên \(\Delta AFH\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

Suy ra \(A;H;F\)cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AH\). (1)

• \(\widehat {AEH} = 90^\circ \) (vì BE là đường cao \(\Delta ABC\))

Xét \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\) nên \(\Delta AEH\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

Suy ra \(A;H;E\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AH\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \(A,F,H,E\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AH\).

b) Ta có: \(\widehat {ACM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (vì \[AD\] là đường cao \(\Delta ABC\)) nên \(\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = 90^\circ \).

\(\widehat {ABC} = \widehat {AMC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O))

Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta ACM\)có: \(\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = 90^\circ \); \(\widehat {ABC} = \widehat {AMC}\)

Do đó

\( \Rightarrow \frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AM}} \Rightarrow AD.AM = AB.AC\)

c) • Xét \(\Delta ABC\)có \(H\) là trực tâm nên \(BH \bot AC;CH \bot AB\) và \(BM \bot AB;CM \bot AC\)

Do \(\widehat {ABM} = \widehat {ACM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(CM\,{\rm{//}}\,BH\,;\,\,BM\,{\rm{//}}\,CH\).

Do đó tứ giác \(BHCM\) là hình bình hành.

Suy ra hai đường chéo \(HM\) và \(BC\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Mà K là trung điểm của \(BC\)nên K là trung điểm của \(HM\)\( \Rightarrow H,M,K\) thẳng hàng.

• Ta có \(\widehat {AEF} + \widehat {FEC} = 180^\circ \) (kề bù)

Chứng minh được tứ giác \(BFEC\) nội tiếp nên \(\widehat {FBC} + \widehat {FEC} = 180^\circ \) (tính chất)

Suy ra \(\widehat {AEF} = \widehat {ABI}\)

Chứng minh: suy ra \(\frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AE}}{{AB}}\)

Chứng minh: suy ra \(\frac{{AH}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AB}}\)

\( \Rightarrow \frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AH}}{{AM}} \Rightarrow \frac{{AP}}{{AH}} = \frac{{AI}}{{AM}} \Rightarrow PI\,{\rm{//}}\,HM\) (định lí Thalès đảo)

Vậy \(PI\,\,{\rm{//}}\,HM\)(đpcm)