(1,0 điểm)

a) Quả bóng bàn sử dụng trong thi đấu quốc tế là loại bóng nhựa Poly cao cấp, thân thiện với môi trường, độ bền cao và có dạng hình cầu (hình vẽ). Biết rằng đường kính của quả bóng bàn là 4 cm. Tính thể tích của quả bóng bàn đó.

b) Người ta thiết kế một vật trang trí hình trụ bằng một loại chất liệu trong suốt, bên trong có một hình nón màu sắc rực rỡ. Biết rằng đỉnh hình nón là tâm đáy trên của hình trụ, đáy hình nón trùng với đáy dưới của hình trụ và đường sinh hình nón bằng 6 cm (tham khảo hình vẽ). Hãy tìm giá trị lớn nhất của thể tích vật trang trí đó.

a) Ta có: \(A = \sqrt 4 + \sqrt 3 \cdot \sqrt {12} - \sqrt {49} \)

\( = 2 + \sqrt {3 \cdot 12} - 7\)

\( = 2 + \sqrt {36} - 7\)

\( = 2 + 6 - 7\)

\( = 1\).

Vậy \(A = 1\).

b) Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4\), ta có:

\(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 2}} - \frac{1}{{x - 4}}} \right) \cdot \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}}\)

\( = \left[ {\frac{1}{{\sqrt x - 2}} - \frac{1}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}} \right] \cdot \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}}\)

\( = \left[ {\frac{{\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{1}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}} \right] \cdot \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}}\)

\( = \frac{{\sqrt x + 2 - 1}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} \cdot \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}}\)

\( = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} \cdot \frac{{2\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x + 1}}\)

\( = \frac{2}{{\sqrt x + 2}}\)

Vậy \(B = \frac{2}{{\sqrt x + 2}}\), với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4\).

c) Thay \(x = 2\) và \(y = 6\) vào \(y = a{x^2}\) được:

\({2^2} \cdot a = 6\) hay \(4a = 6\) suy ra \(a = \frac{3}{2}\).

Vậy \(a = \frac{3}{2}\) thì đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm \(M\left( {2;\,\,6} \right)\).

a) Vì \(CF,\,\,BE\) là các đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(\widehat {AEH} = \widehat {AFH} = 90^\circ \).

Tam giác \(AEH\) vuông tại \(E\) nên \(A,\,H,\,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\) (1).

Tam giác \(AFH\) vuông tại \(F\) nên \(A,\,H,\,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\) (2).

Từ (1), (2) suy ra \(A,\,\,H,\,E,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\) hay tứ giác \(AEHF\) nội tiếp.

b) Ta có \(\widehat {BAD} + \widehat {ABD} = 90^\circ \)

\(\widehat {LAC} + \widehat {ALC} = 90^\circ \) (do \(\Delta ALC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AL\) nên \(\Delta ALC\) vuông tại \(C\)).

Mà \(\widehat {ABD} = \widehat {ALC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))

Do đó, \(\widehat {BAD} = \widehat {LAC}\).

Ta có \(BH \bot AC,\,\,LC \bot AC\) nên \(BH\,{\rm{//}}\,CL\) (3)

Tương tự \(CH\,{\rm{//}}\,BL\) (4).

Từ (3) và (4) ta suy ra \(BHCL\) là hình bình hành.

Mà \(M\) là trung điểm \(BC\) nên \(M\) là trung điểm \(HL\).

Do đó, \(H,\,M,\,L\) thẳng hàng.

Xét \(\Delta AHL\) có \(M\) là trung điểm \(HL\); \(O\) là trung điểm \(AL\).

Do đó, \(OM\) là đường trung bình của \(\Delta AHL\).

Suy ra \(M\) là trung điểm \(AH = 2OM\).

Ta có \(EM\) là trung tuyến của \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\).

Do đó, \(ME = MC\) hay \(\Delta MEC\) cân tại \(M\).

Suy ra \(\widehat {MEC} = \widehat {MCE}\)

Mà \(\widehat {MCE} + \widehat {EBC} = 90^\circ \), \(\widehat {HBD} + \widehat {BHD} = 90^\circ \) nên \(\widehat {MEC} = \widehat {BHD}\).

Khi đó \(\widehat {AEN} = \widehat {AHB}\) (hai góc kề bù của cặp góc \(\widehat {MEC} = \widehat {BHD}\))

Mà \(\widehat {BAH} = \widehat {NAE}\) (chứng minh trên) nên (g.g)

Suy ra \(\frac{{AH}}{{AE}} = \frac{{AB}}{{AN}}\), do đó \(AE \cdot AB = AH \cdot AN = 2OM \cdot AN\) (đpcm)

c) Gọi \(S\) là trung điểm của \(EF\).

Ta chứng minh được \(BCEF\) nội tiếp

Suy ra \(\widehat {FEB} = \widehat {FCB}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(BF\))

Do đó, \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\) (cùng phụ với \(\widehat {FEB} = \widehat {FCB}\))

Tương tự chứng minh được \(\widehat {AFE} = \widehat {ACB}\).

Suy ra $\Delta AFE\backsim \Delta ACB$ (g.g)

Do đó, \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{EF}}{{BC}}\).

Vì \(S\) là trung điểm của \(EF\), \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{2ES}}{{2BM}} = \frac{{2FS}}{{2CM}}\) hay \(\frac{{ES}}{{BM}} = \frac{{FS}}{{CM}}\).

Suy ra \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{ES}}{{BM}}\)

Suy ra $\Delta AES\backsim \Delta ABM$ (c.g.c) vì có \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{ES}}{{BM}}\) và \(\widehat {AES} = \widehat {ABM}\) (cmt)

Do đó, \(\widehat {ASE} = \widehat {AMB}\) (hai góc tương ứng) (*)

Có \(ME = MF = \frac{1}{2}BC\) nên \(\Delta MEF\) cân tại \(M\).

Lại có \(S\) là trung điểm của \(EF\) nên \(EF \bot MS\).

Do đó, \(\widehat {MSK} = 90^\circ ,\,\,\widehat {MIK} = 90^\circ \).

Từ đây, chứng minh được \(MISK\) nội tiếp.

Do đó, \(\widehat {AMB} + \widehat {ISK} = 180^\circ \) (**)

Từ (*) và (**) suy ra \(\widehat {ASE} + \widehat {ISK} = 180^\circ \) hay \(\widehat {ASI} = 180^\circ \).

Suy ra \(A,\,S,\,I\) thẳng hàng

Mặt khác \(\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{FS}}{{CM}}\), suy ra chứng minh được $\Delta AFS\backsim \Delta ACM$ (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {FAS} = \widehat {CAM}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat {BAI} = \widehat {EAK}\)

Do đó, $\Delta EAK\backsim \Delta ABI$ (g.g) suy ra \(\frac{{AK}}{{AI}} = \frac{{EK}}{{BI}}\).

Lại có $\Delta AFK\backsim \Delta ACI$ (g.g) nên \(\frac{{AK}}{{AI}} = \frac{{FK}}{{CI}}\).

Suy ra \(\frac{{FK}}{{CI}} = \frac{{EK}}{{BI}}\) hay \(\frac{{EK}}{{FK}} = \frac{{BI}}{{CI}}\) (***)

Ta có: \(\widehat {API} = \widehat {AQI} = 90^\circ \) nên \(IP \bot AP,\,\,QI \bot AQ\).

Mà \(IP\parallel CF,\,\,IQ\parallel BE\) nên theo định lí Thales, có \(\frac{{BP}}{{PF}} = \frac{{BI}}{{CI}}\) và \(\frac{{QE}}{{QC}} = \frac{{BI}}{{CI}}\) (****)

Từ (***) và (****) suy ra \(\frac{{EK}}{{FK}} = \frac{{QE}}{{QC}}\) hay \(\frac{{BP}}{{PF}} = \frac{{EK}}{{FK}}\).

Theo định lí Thales đảo \(QK\parallel CF,\,\,PK\parallel BE\).

Suy ra \(QK \bot AP,\,\,PK \bot AQ\).

Do đó, \(K\) là trực tâm của tam giác \(APQ\).