(2,0 điểm)

a) Cho tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) có \(AH\) là đường cao. Biết \(\widehat {ABC} = 30^\circ ,\) \(AH = 2\) cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác \(ABC.\)

b) Cho một tờ giấy hình chữ nhật \(ABCD\) có chiều dài \(AB = 18\) cm và chiều rộng \(AD = 8\) cm. Người ta cuộn tờ giấy lại sao cho hai mép chiều rộng của tờ giấy chạm khít nhau để tạo thành mặt xung quanh của một hình trụ (tham khảo hình vẽ). Tính chiều cao, diện tích xung quanh và bán kính đáy của hình trụ đó.

Gọi số học sinh giỏi và học sinh xuất sắc lần lượt là \(x\) và \(y\) \[(x,{\rm{ }}y \in \mathbb{N}*)\].

Ta có \(x + y = 60\% \cdot 45 = 27\).

Số vở học sinh Giỏi được thưởng là \(10x,\) số vở học sinh Xuất sắc được thưởng là \(15y\)

Ta có \(10x + 15y = 300\).

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 27}\\{10x + 15y = 300}\end{array}} \right.\)

Giải phương trình ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 21}\\{y = 6}\end{array}} \right.\) (thỏa mãn).

Vậy số học sinh đạt danh hiệu học sinh Giỏi, học sinh Xuất sắc của lớp 9A lần lượt là 21 học sinh; 6 học sinh.

a) Ta có \(\widehat {HMC} = \widehat {HNC} = 90^\circ \) nên bốn điểm \(H,M,C,N\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(HC.\)

b) Chứng minh tương tự ý a), ta có bốn điểm \(P,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AC.\)

Do đó tứ giác \[PACM\] nội tiếp đường tròn đường kính \(AC.\)

Suy ra \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{C_1}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(PM).\)

Mà \(\widehat {{M_2}} = \widehat {{C_1}}\) (do \[\Delta MIC\] cân tại \[I\] vì \[IM = IC)\]

      \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{M_1}}\) (do \[\Delta KAM\] cân tại \[K\] vì \[KA = KM)\]

Do đó \(\widehat {{M_2}} = \widehat {{M_1}}\)

Suy ra \(\widehat {{M_2}} + \widehat {HMI} = \widehat {{M_1}} + \widehat {HMI} = 90^\circ \) nên \(KM \bot MI\)

Do đó \(KM\) là tiếp tuyến của đường tròn tâm \[I\] đường kính \(CH.\)

c) Kẻ đường kính \[CD\] của đường tròn \(\left( O \right)\).

Suy ra \(\widehat {CBD} = \widehat {CAD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên \[BD\,{\rm{//}}\,AH\] (cùng vuông góc với \[BC),\] tương tự \[AD\,{\rm{//}}\,BH\], do đó \[ADBH\] là hình bình hành có \[K\] là trung điểm của \[AB\] nên cũng là trung điểm của \[DH\]. Suy ra \[D,{\rm{ }}H,{\rm{ }}K\] thẳng hàng.

Lại có \[DQ \bot CQ\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \[O)\] mà \[HQ \bot CQ\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \[I)\] nên \[D,{\rm{ }}H,{\rm{ }}Q\] thẳng hàng.

Mà \[D,{\rm{ }}H,{\rm{ }}K\] thẳng hàng nên \[K,{\rm{ }}H,{\rm{ }}Q\] thẳng hàng.

Suy ra $\Delta KHP\backsim \Delta CHQ$ nên \(\frac{{HQ}}{{HP}} = \frac{{HC}}{{HA}}\) hay \(\frac{{HQ}}{{HP}} = \frac{{2HI}}{{HA}}\)

Như vậy \(HQ \cdot HK = 2HI \cdot HP\).