(4,0 điểm)

(1,0 điểm) Một bình thủy tinh có dạng hình trụ có đường kính đáy \(12\,\,{\rm{cm}}\) và chiều cao \(20\)cm.

(Lấy \(\pi  \approx 3,14\) và coi chiều dày của bình không đáng kể).

a) Tính diện tích xung quanh của bình.

b) Biết lúc đầu bình không chứa gì bên trong. Hỏi nếu đổ \(2\) lít nước vào trong bình thì nước có bị tràn ra ngoài không? Vì sao?

a) Chứng minh: tứ giác \(ABFE\) là tứ giác nội tiếp.

Vì \(BE\) và \(AF\) là các đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(BE \bot AC;AF \bot BC\) hay \(\widehat {AFB} = \widehat {AEB} = 90^\circ \)

Vì \(\Delta ABE\) vuông tại \(E\) nên ba điểm \(A,B,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\).

Vì \(\Delta ABF\) vuông tại \(F\) nên ba điểm \(A,B,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\).

Do đó bốn điểm \(A,B,E,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\).

Vậy tứ giác \(ABFE\) là tứ giác nội tiếp.

b) Vì \(\widehat {ABD}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn của \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ABD} = 90^\circ \)

 Xét \(\Delta AKM\)và \(\Delta ABD\) có: \(\widehat {AKM} = \widehat {ABD} = 90^\circ \); \(\widehat {BAD}\) chung

Do đó $\Delta AKM\backsim \Delta ABD$ (g.g), suy ra \(\frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AD}}\) hay \(AK.AD = AM.AB\)

Ta có:\(\widehat {ADB} = \widehat {ACB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn $\stackrel{⏜}{AB}$ của \(\left( O \right)\))

Mà $\Delta AKM\backsim \Delta ABD$ nên \(\widehat {AMK} = \widehat {ADB}\)

Do đó \(\widehat {AMK} = \widehat {ACB}\)

Lại có: \(\widehat {AMK} = \widehat {SMB}\) (đối đỉnh) nên \(\widehat {SMB} = \widehat {ACB}\) hay \(\widehat {SMB} = \widehat {SCN}\)

Xét \(\Delta SMB\) và \(\Delta SCN\) có  \(\widehat {SMB} = \widehat {SCN}\) (cmt) và \(\widehat {NSC}\) chung

Do đó $\Delta SMB\backsim \Delta SCN$ (g.g)

Suy ra \(\widehat {SBA} = \widehat {MNC}\) (đpcm)

c) Gọi \(Q,T\) lần lượt là giao điểm của \(BC\) với \(HD;AD\)

Ta có: \(BH \bot AC\) và \(DC \bot AC\) nên \(BH{\rm{//}}DC\)

Ta có: \(CH \bot AB\) và \(DB \bot AB\) nên \(CH{\rm{//}}DB\)

Vì tứ giác \(BHCD\) có: \(BH{\rm{//}}DC\) và \(CH{\rm{//}}DB\) nên tứ giác \(BHCD\) là hình bình hành, khi đó \(HD;BC\) cắt nhau tại trung điểm \(Q\) của mỗi đường.

Xét \(\Delta AHD\) có \(I,O,Q\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AH,AD,HD\) nên \(IO,IQ\) là các đường trung bình của \(\Delta AHD\), khi đó \(IO{\rm{//}}HD\), \(IQ{\rm{//}}AD\).

Vì \(IQ{\rm{//}}AD\) nên \(\widehat {ATF} = \widehat {IQF}\) (đồng vị)

Vì \(IO{\rm{//}}HD\) nên \(\widehat {HIO} = \widehat {FHQ}\) (đồng vị)

Xét \(\Delta AHK\) và \(\Delta ATF\) có: \(\widehat {AKH} = \widehat {AFT} = 90^\circ \) và \(\widehat {FAT}\) chung

Do đó $\Delta AHK\backsim \Delta ATF$, suy ra \[\widehat {AHK} = \widehat {ATF}\]

Vì \(IQ{\rm{//}}AD\) nên \(\widehat {ATF} = \widehat {IQF}\) (đồng vị)

Do đó: \[\widehat {AHK} = \widehat {IQF}\], mà \[\widehat {AHK} = \widehat {SHF}\] (đối đỉnh) nên \(\widehat {SHF} = \widehat {IQF}\)

Xét \(\Delta SHF\) và \(\Delta IQF\), ta có: \(\widehat {SFH} = \widehat {IFQ} = 90^\circ \) và \(\widehat {SHF} = \widehat {IQF}\) (cmt)

Do đó: $\Delta SHF\backsim \Delta IQF$ (g.g)

Suy ra \(\frac{{SF}}{{IF}} = \frac{{HF}}{{QF}}\) hay \(\frac{{SF}}{{HF}} = \frac{{IF}}{{QF}}\)

Xét \[\Delta SIF\] và \[\Delta HQF\] có:

\[\widehat {SFI} = \widehat {HFQ} = 90^\circ \]

\[\frac{{SF}}{{HF}} = \frac{{IF}}{{QF}}\]

Suy ra $\Delta SIF\backsim \Delta HQF$ (c.g.c)

Suy ra \[\widehat {SIF} = \widehat {HQF}\]

Ta có:

\[\widehat {FHQ} + \widehat {HQF} = 90^\circ \] (\[\Delta HQF\]vuông tại \[F\]), mà \(\widehat {HIO} = \widehat {FHQ}\) và \[\widehat {SIF} = \widehat {HQF}\] 

nên  \[\widehat {HIO} + \widehat {SIF} = 90^\circ \] hay \[\widehat {SIO} = 90^\circ \] do đó \(SI \bot OI\) (đpcm)