(1,5 điểm)

a) Quả bóng đá theo tiêu chuẩn FIFA (liên đoàn bóng đá thế giới) có dạng hình cầu với bán kính bằng 11cm. Tính diện tích bề mặt của quả bóng đá (lấy \(\pi  = 3,14\)).

b) Mảnh đất của bác An có dạng hình vuông \(ABCD\) cạnh bằng 8m. Trên mảnh đất đó, bác An làm không gian thư giãn bao gồm: hồ nước là hình quạt tròn \(MAK\) có tâm \(A\) bán kính \(AM;\) khu trồng hoa là các hình quạt tròn \(PBN,\,\,RCQ,\,\,HDS\) lần lượt có tâm là \(B,C,D\) và có cùng bán kính. Hai điểm \(M,N\) thuộc cạnh \(AB\); hai điểm \(P,Q\) thuộc cạnh \(BC\); hai điểm \(R,S\) thuộc cạnh \(CD\); hai điểm \(H,K\) thuộc cạnh \(DA\) và \(MN = 2\) m (như hình bên).

 

Biết rằng, mỗi mét vuông làm hồ nước chi phí hết 300 nghìn đồng và mỗi mét vuông trồng hoa chi phí hết 200 nghìn đồng. Tính tổng chi phí nhỏ nhất để bác An làm không gian thư giãn trên (đơn vị nghìn đồng và lấy \(\pi  = 3,14).\)

Gọi \(x,\,\,y\) (vé) lần lượt là số vé hạng thương gia và hạng phổ thông đã bán \(\left( {x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*};\,\,x,\,\,y < 130} \right)\).

Vì tổng số vé hãng bán được là \(130\) vé nên ta có phương trình:

\(x + y = 130{\rm{ (1)}}.\)

Số tiền thu được từ bán vé hạng thương gia là \(5x\) (triệu đồng).

Số tiền thu được từ bán vé hạng phổ thông là \(2y\) (triệu đồng).

Vì tổng số tiền thu được là 320 triệu đồng nên ta có phương trình: \(5x + 2y = 320{\rm{ (2)}}.\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 130}\\{5x + 2y = 320}\end{array}} \right.\).

Từ phương trình (1) suy ra \(y = 130 - x\). Thay vào phương trình (2) ta được:

\(5x + 2\left( {130 - x} \right) = 320\)

\(5x + 260 - 2x = 320\)

\(3x = 60\)

\(x = 20.\) (TMĐK)

Thay \(x = 20\) vào \(y = 130 - x\), ta có: \(y = 130 - 20 = 110.\) (TMĐK)

Vậy số vé hạng thương gia đã bán là 20 vé, số vé hạng phổ thông đã bán là 110 vé.

a) • Chứng minh tứ giác \(OKMB\) nội tiếp:

Vì \(AB \bot CD\) tại \(O\) nên \(\widehat {KOB} = 90^\circ \).

Vì góc \(\widehat {AMB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AB\) nên \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) hay \(\widehat {KMB} = 90^\circ .\)

Xét tứ giác \(OKMB\) có \(\widehat {KOB} + \widehat {KMB} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).

Hai góc này là hai góc đối nhau, vậy tứ giác \(OKMB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(KB\).

• Chứng minh \(\widehat {MBK} = 2\widehat {MAC}\):

Vì tứ giác \(OKMB\) nội tiếp nên \(\widehat {MBK} = \widehat {MOK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Mà \(\widehat {MOK}\) (tức \(\widehat {MOC}\)) là góc ở tâm chắn cung nhỏ của đường tròn \(\left( O \right)\).

Lại có \(\widehat {MAC}\) là góc nội tiếp chắn cung nhỏ của đường tròn \(\left( O \right)\).

Theo tính chất góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung, ta có \(\widehat {MOC} = 2\widehat {MAC}\).

Do đó \(\widehat {MBK} = 2\widehat {MAC}\).

b) Xét \(\Delta AMB\) vuông tại \(M\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Ta có \(\widehat {MAB} + \widehat {MBA} = 90^\circ \).

Gọi \(Y\) là giao điểm của \(BM\) và \(CD\).

Trong \(\Delta AOK\) vuông tại \(O\) có \(\tan \widehat {KAO} = \frac{{OK}}{{OA}} = \frac{{OK}}{R}\).

Trong \(\Delta BOY\) vuông tại \(O\) có \(\tan \widehat {YBO} = \frac{{OY}}{{OB}} = \frac{{OY}}{R}\).

Vì \(\widehat {KAO}\) và \(\widehat {YBO}\) phụ nhau nên \(\tan \widehat {KAO} \cdot \tan \widehat {YBO} = 1\).

Suy ra \(\frac{{OK}}{R} \cdot \frac{{OY}}{R} = 1\), do đó \(OY = \frac{{{R^2}}}{{OK}}\).

Vì \(DN\) là tiếp tuyến tại \(D\) nên \(DN \bot CD\). Mà \(AB \bot CD\) nên \(DN\,{\rm{//}}\,AB\).

Xét \(\Delta OBY\) có \(DN\,{\rm{//}}\,OB\) (với \(D \in OY\,;\,\,N \in BY\)).

Theo hệ quả định lí Thalès, ta có \(\frac{{DN}}{{OB}} = \frac{{DY}}{{OY}}\).

Suy ra \(DN = OB \cdot \frac{{OD + OY}}{{OY}} = R \cdot \left( {\frac{R}{{OY}} + 1} \right) = \frac{{{R^2}}}{{OY}} + R = OK + R\).

Diện tích tam giác \(CNK\) có đường cao hạ từ \(N\) xuống \(CD\) chính là đoạn \(DN\).

Cạnh đáy là \(CK = CO - OK = R - OK\).

Ta có \({S_{CNK}} = \frac{1}{2}CK \cdot DN = \frac{1}{2}\left( {R - OK} \right)\left( {R + OK} \right) = \frac{1}{2}\left( {{R^2} - O{K^2}} \right)\).

Theo đề bài \({S_{CNK}} = \frac{{4{R^2}}}{9}\) suy ra \(\frac{1}{2}\left( {{R^2} - O{K^2}} \right) = \frac{{4{R^2}}}{9}\).

Do đó \({R^2} - O{K^2} = \frac{{8{R^2}}}{9}\) hay \(O{K^2} = \frac{{{R^2}}}{9}\) suy ra \(OK = \frac{R}{3}\). Từ đó \(\tan \widehat {MAB} = \frac{1}{3}\).

Trong \(\Delta AOK\) vuông tại \(O\) có \(AK = \sqrt {A{O^2} + O{K^2}} = \sqrt {{R^2} + \frac{{{R^2}}}{9}} = \frac{{R\sqrt {10} }}{3}\).

Ta có 0\(\cos \widehat {MAB} = \frac{{OA}}{{AK}} = \frac{R}{{\frac{{R\sqrt {10} }}{3}}} = \frac{3}{{\sqrt {10} }}\); \(\sin \widehat {MAB} = \frac{{OK}}{{AK}} = \frac{{\frac{R}{3}}}{{\frac{{R\sqrt {10} }}{3}}} = \frac{1}{{\sqrt {10} }}\).

Trong \(\Delta AMB\) vuông tại \(M\) có:

\(MA = AB \cdot \cos \widehat {MAB} = 2R \cdot \frac{3}{{\sqrt {10} }} = \frac{{6R}}{{\sqrt {10} }}\).

\(MB = AB \cdot \sin \widehat {MAB} = 2R \cdot \frac{1}{{\sqrt {10} }} = \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }}\).

Ta có \(OY = \frac{{{R^2}}}{{OK}} = 3R\).

Trong \(\Delta OBY\) vuông tại \(O\), \(BY = \sqrt {O{B^2} + O{Y^2}} = \sqrt {{R^2} + {{(3R)}^2}} = R\sqrt {10} \).

Vì \(DN\,{\rm{//}}\,OB\) nên \(\frac{{YN}}{{YB}} = \frac{{DY}}{{OY}} = \frac{{R + 3R}}{{3R}} = \frac{4}{3}\).

Suy ra \(YN = \frac{4}{3}YB = \frac{{4R\sqrt {10} }}{3}\).

Ta có \(YM = YB - MB = R\sqrt {10} - \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{10R}}{{\sqrt {10} }} - \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{8R}}{{\sqrt {10} }}\).

Độ dài \(MN = YN - YM = \frac{{4R\sqrt {10} }}{3} - \frac{{8R}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{40R}}{{3\sqrt {10} }} - \frac{{24R}}{{3\sqrt {10} }} = \frac{{16R}}{{3\sqrt {10} }}\).

Tính \(3MB \cdot MN = 3 \cdot \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }} \cdot \frac{{16R}}{{3\sqrt {10} }} = \frac{{96{R^2}}}{{30}} = \frac{{16{R^2}}}{5}\).

Tính \(M{A^2} = {\left( {\frac{{6R}}{{\sqrt {10} }}} \right)^2} = \frac{{36{R^2}}}{{10}} = \frac{{18{R^2}}}{5}\).

Cuối cùng \(T = M{A^2} + 3MB \cdot MN = \frac{{18{R^2}}}{5} + \frac{{16{R^2}}}{5} = \frac{{34{R^2}}}{5}\).

Vậy \(T = \frac{{34{R^2}}}{5}\).