(4,0 điểm)

Một cốc dạng hình trụ có chiều cao là \(25cm\), đường kính đáy là \(8cm\) và được đặt cố định trên mặt bàn bằng phẳng. Trong cốc chứa một lượng nước, biết chiều cao từ đáy cốc đến mặt nước là \(22cm\) (tham khảo hình bên).

a) Tính diện tích xung quanh của cốc. (Với \(\pi  \approx 3,14\)).

b) Người ta thả từ từ vào cốc một số viên bi dạng hình cầu, có cùng bán kính là \(2cm\). Hỏi cần thả vào cốc ít nhất bao nhiêu viên bi để nước trong cốc tràn ra ngoài? Giả sử độ dày của cốc là không đáng kể, các viên bi không thấm nước và ngập hoàn toàn trong nước.

a) Chứng minh tứ giác \(ABOH\) nội tiếp.

Xét \((O)\) có \(AB\) là tiếp tuyến tại \(B\) (gt) nên \(AB \bot BO \Rightarrow \widehat {ABO} = {90^0}\)

Xét \(\Delta ODE\) cân tại \(O\) (do \(OD = OE = R\)), có \(OH\) là đường trung tuyến (do \(H\) là trung điểm của \(DE\))

Suy ra \(OH\) cũng là đường cao

Suy ra \(\widehat {OHD} = \widehat {OHE} = {90^0}\) \( \Rightarrow \widehat {OHA} = {90^0}\)

Xét \(\Delta ABO\) có \(\widehat {ABO} = {90^0}\) nên \(\Delta ABO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AO\)

Suy ra ba điểm \(A,B,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AO\) (1)

Xét \(\Delta AHO\) có \(\widehat {AHO} = {90^0}\) nên \(\Delta AHO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AO\)

Suy ra ba điểm \(A,H,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AO\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm \(A,B,H,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AO\).

Suy ra tứ giác \(ABOH\) nội tiếp. (đpcm)

b) Chứng minh \(HK//DC\)

Tứ giác \(ABOH\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {OBH} = \widehat {OAH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )

Mà \(EK//OA \Rightarrow \widehat {HEK} = \widehat {OAH}\) (hai góc so le trong)

Suy ra \(\widehat {OBH} = \widehat {HEK}\)

Gọi \(T\) là hình chiếu của \(H\) lên \(KE\).

\(KE\) cắt \(\left( {BHK} \right)\) tại \(E\prime \).

Ta có: \(\widehat {HE\prime K} = \widehat {HBK} = \widehat {HEK}\)

\( \Rightarrow 90^\circ  - \widehat {HE\prime K} = 90^\circ  - \widehat {HEK}\)

$\Rightarrow \widehat{TH{E}^{\text{'}}}=\widehat{THE}$

Từ đó suy ra $HE\equiv HE\Rightarrow E^{\text{'}}\in HE$

Nên E' là giao điểm của \(HE\)và \(KE\) suy ra $E\equiv E^{\text{'}}$

Suy ra \(E\) thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BHK\)

Suy ra tứ giác \(BEKH\) nội tiếp

Suy ra \(\widehat {BKH} = \widehat {BEH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )

Mà \(\widehat {BEH} = \widehat {BCD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn  của (O))

Suy ra \(\widehat {BKH} = \widehat {BCD}\)

Mà hai góc ở vị trí đồng vị

Suy ra \(HK//DC\) (đpcm).

c) \(CD\) cắt \(AO\) tại \(P\), \(EO\) cắt \(BP\) tại \(F\). Chứng minh \(\Delta EHB\) đồng dạng với \(\Delta COP\) và \(F\) thuộc đường tròn \((O)\).

 Có \(\widehat {BEH} = \widehat {BCD}\) (CMT) suy ra \(\widehat {BEH} = \widehat {OCP}\)

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BEKH\)

\(\widehat {BHE} = \widehat {BKE}\)(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BE\))

Mà \(\widehat {BKE} = \widehat {COP}\) (hai góc so le trong, \(EK//OA\))

Suy ra \(\widehat {BHE} = \widehat {COP}\)

Xét \(\Delta EHB\) và \(\Delta COP\) có

\(\widehat {BHE} = \widehat {COP}\) (CMT)

\(\widehat {BEH} = \widehat {OCP}\) (CMT)

Suy ra $\Delta EHB\backsim \Delta COP$ (g.g) (đpcm).

 Vì $\Delta EHB\backsim \Delta COP$ (CMT) \( \Rightarrow \frac{{EH}}{{EB}} = \frac{{CO}}{{CP}}\) và \(\widehat {HEB} = \widehat {OCP}\) hay \(\widehat {DEB} = \widehat {BCP}\)

Mà \(ED = 2EH,CB = 2CO\) (do \(H\) là trung điểm của \(DE\), \(O\) là trung điểm của \(BC\))

Suy ra \(\frac{{ED}}{{EB}} = \frac{{CB}}{{CP}}\)

Xét \(\Delta EDB\) Và \(\Delta CBP\) có \(\widehat {DEB} = \widehat {BCP}\) (CMT) và \(\frac{{ED}}{{EB}} = \frac{{CB}}{{CP}}\)

Suy ra $\Delta EDB\backsim \Delta CBP$ (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {EDB} = \widehat {CBP}\)

Mà \(\widehat {EDB} = \widehat {ECB}\) (CMT)

Suy ra \(\widehat {CBP} = \widehat {ECB}\). Mà hai góc này ở vị trí so le trong

Suy ra \(BP//EC\)

Gọi giao điểm của \(BP\) và \((O)\) là \(F'\).

Ta có: \(\widehat {BEC} = {90^0};\widehat {ECF'} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Mà \(BP//EC\)

Suy ra \(\widehat {BEC} + \widehat {EBF'} = {180^0}\) (hai góc trong cùng phía)

Suy ra \(\widehat {EBF'} = {90^0}\)

Xét tứ giác \(BECF'\) có \(\widehat {BEC} = \widehat {ECF'} = \widehat {EBF'} = {90^0}\)

Suy ra tứ giác \(BECF'\) là hình chữ nhật.

Mà \(O\) là trung điểm của \(BC\)

Suy ra \(BC\) cắt \[EF'\] tại \(O\)

Suy ra \(EO\) cắt \(BP\) tại \(F'\)

Mà \(EO\) cắt \(BP\) tại \(F\) (gt)

Suy ra \(F \equiv F'\). Mà \(F' \in (O)\)

Suy ra \(F \in (O)\) (đpcm).