(4 điểm)

Một cốc nước hình trụ có chiều cao \[15\;{\rm{cm}}\], bán kính đáy là \[3{\rm{ cm}}\] và lượng nước ban đầu trong cốc cao \[12{\rm{ cm}}\]. Thả chìm hoàn toàn vào cốc nước \(3\) viên bi thủy tinh hình cầu có cùng bán kính là \[2{\rm{ cm}}\]. (Giả sử độ dày của thành cốc và đáy cốc không đáng kể - mô phỏng bằng hình vẽ).

a) Tính thể tích của nước trong cốc.

b) Khi thả 3 viên bi hình cầu vào cốc thì nước trong cốc có bị tràn ra ngoài không? Nếu có hãy tính thể tích nước bị tràn ra ngoài? (lấy \(\pi  \approx 3,14\))

      

a) Chứng minh bốn điểm \(A\), \(F\), \(H\), \(E\) cùng thuộc một đường tròn.

* Vì \[BE\] là đường cao của \(\Delta ABC\) nên  \(BE \bot AC\)

\( \Rightarrow \widehat {AEH} = 90^\circ \) hay \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\)

suy ra ba điểm \(A\), \(E\), \(H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\)   \(\left( 1 \right)\)

* Vì \[CF\] là đường cao của \(\Delta ABC\) nên  \(CF \bot AB\)

\( \Rightarrow \widehat {AFH} = 90^\circ \) hay \(\Delta AFH\) vuông tại \(F\)

suy ra ba điểm \(A\), \(F\), \(H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\)    \(\left( 2 \right)\)

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

b) Chứng minh \(AD.AM = AB.AC\).

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ).

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta AMC\) có:

\(\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = 90^\circ \)

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

 $\Rightarrow \Delta ABD\backsim \Delta AMC$ (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AM}}\) (cạnh tương ứng)

\( \Rightarrow AD.AM = AB.AC\) (đpcm).

c) Chứng minh các điểm \(H\), \(K\), \(M\) thẳng hàng và \(PI{\rm{//}}HK\).

* Chứng minh \(H\), \(K\), \(M\) thẳng hàng.

Ta có \[CH{\rm{//}}BM\] (cùng vuông góc với \(AB\)).

\[BH{\rm{//}}CM\] (cùng vuông góc với \[AC\])

⇒ Tứ giác \[BHCM\] là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)

Do \(K\) là trung điểm của đường chéo \(BC\), nên \(K\) cũng phải là trung điểm của đường chéo \(HM\). Vậy \(H\), \(K\), \(M\) thẳng hàng (đpcm).

* Chứng minh \(PI{\rm{//}}HK\).

 Ta có \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{B_1}}\) (cùng chắn cung \(MC\))

\(\widehat {{E_1}} = \widehat {ABC}\) (cmt)

Nên \(\widehat {{A_1}} + \widehat {{E_1}} = \widehat {{B_1}} + \widehat {ABC} = \widehat {ABM} = 90^\circ \)

Trong \(\Delta AJE\) có \(\widehat {{A_1}} + \widehat {{E_1}} = 90^\circ \) nên \(\widehat {AJE} = 90^\circ \) hay \(EF \bot AM\)

Xét \(\Delta AJE\) và \(\Delta ACM\)có:

\({\hat A_1}\) chung.

\(\widehat {AJE} = \widehat {ACM} = 90^\circ \)

 $\Rightarrow \Delta AJE\backsim \Delta ACM$ (g.g).

\( \Rightarrow \frac{{AJ}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AM}}\) (cạnh tương ứng)

\( \Rightarrow AJ.AM = AE.AC\) (1)

Xét \(\Delta AEH\) và \(\Delta ADC\)có

\(\widehat {HAE}\)chung.

\(\widehat {AEH} = \widehat {ADC} = 90^\circ \)

$\Rightarrow \Delta AEH\backsim \Delta ADC$  (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{AE}}{{AD}} = \frac{{AH}}{{AC}}\) (cạnh tương ứng)

\( \Rightarrow AH.AD = AE.AC\) (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow AD \cdot AH = AJ \cdot AM\)\( \Rightarrow \frac{{AJ}}{{AD}} = \frac{{AH}}{{AM}}\)  \(\left( 3 \right)\)

Xét \(\Delta APJ\) và \(\Delta AID\) có:

\(\widehat {{A_2}}\) chung; \(\widehat J = \widehat D = 90^\circ \)

 $\Rightarrow \Delta APJ\backsim \Delta AID$ (g.g)

 \( \Rightarrow \frac{{AJ}}{{AD}} = \frac{{AP}}{{AI}}\,\,\,\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) ta có  \(\frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AH}}{{AM}}\)

\( \Rightarrow PI{\rm{//}}HM\) (Thales đảo)

hay \(PI{\rm{//}}HK\)