(1,0 điểm)

a) Để phục vụ việc di chuyển của khách hàng giữa các tầng trong trung tâm thương mại X, chủ đầu tư cho lắp hệ thống thang cuốn tự động. Biết rằng thang cuốn \(AB\) có chiều dài \(7,5{\rm{ m}}\) và nghiêng một góc \(33^\circ \) so với phương ngang. Tính khoảng cách giữa hai tầng liên tiếp \(AH\) của trung tâm thương mại X (Kết quả làm tròn đến hàng phần mười, đơn vị là m).

 

b) Bạn Thu dùng gáo nước dạng nửa hình cầu bán kính \(6{\rm{ cm}}\) múc nước trong thùng hình trụ có bán kính đáy là \(12{\rm{ cm}},\) chiều cao \(40{\rm{ cm}}\) để tưới cây cảnh trong sân trường. Biết rằng mỗi cây cần tưới 2 gáo nước đầy.

             i) Tính thể tích thùng nước (Không làm tròn kết quả, lấy \(\pi  \approx 3,14,\) đơn vị là \({\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\)).

             ii) Thùng nước hình trụ khi đầy nước sẽ đủ nước để tưới cho bao nhiêu cây?

a) Ta có: \(A = 3\sqrt 2 - \sqrt {18} + \sqrt {25} \)\( = 3\sqrt 2 - 3\sqrt 2 + 5 = 5\).

Vậy \(A = 5\).

b) Điều kiện: \(x \ge 0,x = 9\).

\(P = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{3}{{\sqrt x - 3}}} \right):\frac{{x + 1}}{{x - 9}}\)

\( = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{3}{{\sqrt x - 3}}} \right):\frac{{x + 1}}{{x - 9}}\)

\( = \left[ {\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right) + 3\left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}} \right]:\frac{{x - 9}}{{x + 1}}\)

\( = \frac{{x - 3\sqrt x + 3\sqrt x + 9}}{{x - 9}}:\frac{{x - 9}}{{x + 1}}\)

\( = \frac{{x + 9}}{{x + 1}}.\)

Để \(P = 3\), ta có:

\(\frac{{x + 9}}{{x + 1}} = 3\)

\(x + 9 = 3x + 3\)

\(2x = 6\)

\(x = 3\)

Vậy \(x = 3\) (thỏa mãn).

a) Có \(CF \bot AB\) nên \(\widehat {BFC} = 90^\circ \) suy ra \(\Delta BFC\) vuông tại \[F\]

Do đó \[F\] thuộc đường tròn đường kính \[BC\].

Có \(BE \bot AC\) nên \(\widehat {BEC} = 90^\circ \) suy ra \(\Delta BEC\) vuông tại \[E\]

Do đó \[E\] thuộc đường tròn đường kính \[BC\]

Vậy tứ giác \[BFEC\] nội tiếp đường tròn đường kính \[BC\].

b) Gọi \[D\] là giao của \[AH\] và \[BC\].

Xét \(\Delta ABC\) có \(AB \bot CF;AC \bot BE\) và \(BE\) cắt \(CF\) tại \(H\) nên \(H\) là trục tâm của \(\Delta ABC\) nên \(AD \bot BC\) suy ra \(\widehat {ADB} = 90^\circ .\)

Có \[C\] thuộc đường tròn đường kính \[AM\] suy ra \(\widehat {ACM} = 90^\circ \)

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

\(\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = 90^\circ \) và \[\widehat {ABD} = \widehat {AMC}\] (cùng chắn )

Do đó $\Delta ABD\backsim \Delta AMC$ (g.g).

Suy ra \(\widehat {BAH} = \widehat {MAC}\)

Có tứ giác \[BFEC\] là tứ giác nội tiếp suy ra \(\widehat {AFE} = \widehat {ACB}\,\,\left( { = 180^\circ - \widehat {BFE}} \right)\)

Xét \(\Delta AFP\) và \(\Delta ACN\) có:

\(\widehat {FAP} = \widehat {CAN}\) và \(\widehat {AFP} = \widehat {ACN}\)

Do đó $\Delta AFP\backsim \Delta ACN$ (g.g)

Suy ra \(\frac{{AP}}{{AN}} = \frac{{AF}}{{AC}}\).

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

\(\widehat {FAH} = \widehat {CAM}\) và \(\widehat {AFH} = \widehat {ACM} = 90^\circ \)

Do đó $\Delta AFH\backsim \Delta ACM$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{AH}}{{AM}} = \frac{{AF}}{{AC}}\).

Mà \(\frac{{AP}}{{AN}} = \frac{{AF}}{{AC}}\) nên \(\frac{{AP}}{{AN}} = \frac{{AH}}{{AM}}\) suy ra \(\frac{{AP}}{{AH}} = \frac{{AN}}{{AM}}\) do đó \(PN\,{\rm{//}}\,HM{\rm{ }}\)(Định lý Thalès đảo).

Mà \(HM \bot AG\) (Do \(G\) nằm trên đường tròn đường kính \[AM)\] nên \(PN \bot AG\).