Một thùng lấy nước bằng tôn có dạng hình trụ có chiều cao là \(36{\rm{ cm}}\) và đường kính đáy là \(3{\rm{ dm}}\). (\(\pi \approx 3,14159\))

(a) Tính thể tích của thùng nước đó (làm tròn đến hàng đơn vị).

(b) Người ta sử dụng thùng nước trên để múc nước đổ vào một bể chứa có dung tích \(1{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\). Hỏi cần phải đổ ít nhất bao nhiêu thùng thì mới đầy bể chứa? Biết rằng mỗi lần xách người ta chỉ đổ đầy \(90\% \) thùng để nước không đổ ra ngoài.

a) Chứng minh bốn điểm \(A,M,C,O\)cùng thuộc một đường tròn

Lập luận \(\widehat {MAO} = {90^\circ }\)

Lập luận \(\widehat {MCO} = {90^\circ }\)

Suy ra \(\widehat {MAO} = \widehat {MCO} = {90^\circ }\)

Suy ra \(A,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO\) hay 4 điểm \(A,M,C,O\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(MO\).

b) Tính diện tích hình quạt \(OCB\) theo \(R\), trong trường hợp \(\widehat {AMC} = {60^\circ }\) và chứng minh \(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\).

+) Tính diện tích hình quạt \(OCB\) theo \(R\), trong trường hợp \(\widehat {AMC} = {60^\circ }\).

Tứ giác \(AMCO\)nội tiếp nên \(\widehat {AOC} = {180^\circ } - {60^\circ } = {120^\circ }\).

Suy ra \(\widehat {COB} = {180^\circ } - \widehat {AOC} = {180^\circ } - {120^\circ } = {60^\circ }\) (hai góc kề bù).

Diện tích hình quạt \(OCB\):\({S_{q(OCB)}} = \frac{{\pi {R^2}.60}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}\)

+) Chứng minh\(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\).

\(\widehat {ADB} = {90^\circ }\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \widehat {ADM} = {90^\circ }\quad \)(1)

Lại có: \(OA = OC = R\); \(MA = MC\) (tính chất tiếp tuyến)

Suy ra \(OM\) là đường trung trực của\(AC\).

\( \Rightarrow \widehat {AEM} = {90^\circ }\quad \)(2)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra\(MADE\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính\(MA\).

Tứ giác \(AMDE\) nội tiếp suy ra: \(\widehat {ADE} = \widehat {AME} = \widehat {AMO}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE\)) (3)

Tứ giác\(AMCO\)nội tiếp suy ra: \(\widehat {AMO} = \widehat {ACO}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AO\)\()\)(4).

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\)

c) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(C\) trên \(AB\). Chứng minh rằng \(MB\)đi qua trung điểm của \(CH\).

Gọi giao điểm của \(MB\)và \[CH\]là \(G\)

Tia \(BC\) cắt\(Ax\) tại \(F\). Ta có \(\widehat {ACB} = {90^\circ }\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \widehat {ACF} = {90^\circ }\), suy ra \(\Delta ACF\) vuông tại \(C\). Lại có \(MC = MA\) nên suy ra được \(MC = MF\), do đó \(MA = MF\) (5).

Mặt khác ta có \(CH//FA\) (cùng vuông góc với\(AB\)) nên theo định lí Ta-lét thì

\(\frac{{GC}}{{MF}} = \frac{{GH}}{{MA}}\left( { = \frac{{BG}}{{BM}}} \right)\)(6).

Từ \((5)\) và \((6)\) suy ra \(GC = GH\) hay \(MB\)đi qua trung điểm của\(CH\).

Kẻ \(SH\) là đường cao của tam giác \(SAB\).

Xét \(\Delta SAB\) cân tại \(S\) (Do \(S.ABC\) là hình chóp tam giác đều) có \(SH\) là đường cao (gt)

\( \Rightarrow SH\) cũng là đường trung tuyến của \(\Delta SAB\) (tính chất tam giác cân)

\( \Rightarrow H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB\) (tính chất)

\( \Rightarrow HA = \frac{1}{2}AB = \frac{x}{2}\,\left( {cm} \right)\).

Có \(SH \bot AB\) tại \(H\) (Do \(SH\) là đường cao của tam giác \(SAB\)) \( \Rightarrow \widehat {SHA} = 90^\circ \).

Áp dụng định lí pythagore trong tam giác \(SHA\) vuông tại \(H\)(Do \(\widehat {SHA} = 90^\circ \)), ta có:

\(S{A^2} = S{H^2} + A{H^2}\)

Thay số: \({6^2} = S{H^2} + {\left( {\frac{x}{2}} \right)^2}\)

\(S{H^2} = 36 - {\left( {\frac{x}{2}} \right)^2}\) (Điều kiện: \(x < 12\))

\( \Rightarrow SH = \sqrt {36 - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} \) (Do \(SH > 0\))

Diện tích xung quanh của hình chóp là:

\({S_{xq}} = p.d = \frac{{x + x + x}}{2}.\sqrt {36 - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} \) \( = \frac{{3x}}{2}.\sqrt {36 - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} \) \(\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Có \({S_{xq}} = \frac{{3x}}{2}.\sqrt {36 - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} \) \( = \frac{{3x}}{2}.\sqrt {\frac{{144 - {x^2}}}{4}} \) \( = \frac{{3x}}{4}.\sqrt {144 - {x^2}} \)\[ = \frac{3}{4}.\sqrt {{x^2}.\left( {144 - {x^2}} \right)} \]

\[ = \frac{3}{4}.\sqrt {144{x^2} - {x^4}} \] \[ = \frac{3}{4}.\sqrt { - {x^4} + 144{x^2} - 5184 + 5184} \] \[ = \frac{3}{4}.\sqrt { - \left( {{x^4} - 144{x^2} + 5184} \right) + 5184} \]

\[ = \frac{3}{4}.\sqrt { - {{\left( {{x^2} - 72} \right)}^2} + 5184} \].

Vì \[{\left( {{x^2} - 72} \right)^2} \ge 0\] với mọi \[x > 0\] nên \[ - {\left( {{x^2} - 72} \right)^2} \le 0 \Rightarrow - {\left( {{x^2} - 72} \right)^2} + 5184 \le 0\]

\[ \Rightarrow \sqrt { - {{\left( {{x^2} - 72} \right)}^2} + 5184} \le 72\]

\[ \Rightarrow \frac{3}{4}.\sqrt { - {{\left( {{x^2} - 72} \right)}^2} + 5184} \le 54\]

\[ \Rightarrow {S_{xq}} \le 54\]

Dấu xảy ra khi \[{x^2} - 72 = 0\]

\[{x^2} = 72\]

\[x = \sqrt {72} \] (Do \[x > 0\])

\[x = 6\sqrt 2 \] (thỏa mãn).

Vậy \[x = 6\sqrt 2 \,\left( {{\rm{cm}}} \right)\] thì hình chóp có diện tích xung quanh lớn nhất bằng \[54\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\].