(1,0 điểm) Bạn Bình có hai ly thủy tinh. Biết rằng phần chứa nước của hai ly có dạng hình nón với bán kính đáy cùng bằng 4 cm và chiều cao cùng bằng 10 cm. Ban đầu, ly thứ nhất chứa đầy nước và ly thứ hai không chứa nước. Bạn Bình đổ bớt nước từ ly thứ nhất sang ly thứ hai sao cho chiều cao của lượng nước trong ly thứ nhất chỉ còn \(\frac{3}{4}\) so với chiều cao của lượng nước trong ly lúc ban đầu. Khi đó, tính chiều cao của lượng nước có trong ly thứ hai (xem bề dày thành ly không đáng kể và nước không bị đổ ra ngoài).

a) Vì \(BK \bot KM\) tại \(K\) nên \(\widehat {BKM} = 90^\circ \) hay \(\Delta BKM\) vuông tại \(K\). Do đó, \(\Delta BKM\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BM\). (1)

Vì \(BE\) là đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(\widehat {BEM} = 90^\circ \) hay \(\Delta BEM\) vuông tại \(E\). Do đó, \(\Delta BEM\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BM\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \(B,K,E,M\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(BM\).

b) \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\), có \(K\) là trung điểm cạnh huyền \(AH\) nên \(EK = KH = \frac{1}{2}AH\).

Suy ra \(\Delta EKH\) cân tại \(K\) nên \(\widehat {KEH} = \widehat {KHE}\).

Vì tứ giác \(BKEM\) nội tiếp nên \(\widehat {KMB} = \widehat {KEB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(KB\)).

\( = \widehat {KEH} = \widehat {KHE} = \widehat {ACB}\) (cùng phụ với \(\widehat {CAD}\)).

c) ⦁ Ta có: \(\widehat {ANB} = \widehat {ACB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).

Mà \(\widehat {KMB} = \widehat {ACB}\) nên \(\widehat {KMB} = \widehat {ANB}\).

Xét \(\Delta BKM\) và \(\Delta BAN\) có: \(\widehat {BKM} = \widehat {BAN} = 90^\circ \) và \(\widehat {KMB} = \widehat {ANB}\).

Do đó $\Delta BKM\backsim \Delta BAN$ (g.g).

⦁ Ta có: \(\frac{{BK}}{{BA}} = \frac{{BM}}{{BN}}\) và \(\widehat {MBK} = \widehat {NBA}\).

Mà \(\widehat {MBK} = \widehat {MBN} + \widehat {NBK}\) và \(\widehat {NBA} = \widehat {KBA} + \widehat {NBK}\) suy ra \(\widehat {MBN} = \widehat {KBA}\).

Xét \(\Delta BMN\) và \(\Delta BKA\) có: \(\frac{{BM}}{{BN}} = \frac{{BK}}{{BA}}\) và \(\widehat {MBN} = \widehat {KBA}\)

Do đó $\Delta BMN\backsim \Delta BKA$ (c.g.c). Suy ra \(\widehat {BNM} = \widehat {BAK} = \widehat {BAD}\).

Ta có: \(\widehat {BNC} = \widehat {BAC}\) suy ra \(\widehat {BNM} + \widehat {MNC} = \widehat {BAK} + \widehat {DAC}\) nên \(\widehat {MNC} = \widehat {DAC}.\)

Vì \(AD \bot BC\) và \(NC \bot BC\) nên \(AD\,{\rm{//}}\,NC\), suy ra \(\widehat {DAC} = \widehat {ACN} = \widehat {MCN}\).

Do đó \(\widehat {MNC} = \widehat {MCN}\), vậy \(\Delta MNC\) cân tại \(M\), nên \(MN = MC\).

Đường tròn \(\left( O \right)\) có \(ON = OC = R\). Do \(MN = MC\) và \(ON = OC\) nên \(OM\) là đường trung trực của \(NC\). Vậy \(OM\) đi qua trung điểm của \(NC\).

a) Thay \(x = 10\) vào biểu thức \(A\), ta được: \(A = 10 - 9 = 1\).

Vậy khi \(x = 10\) thì \(A = 1\).

b) Phân thức \(B\) xác định khi \(x - 4 \ne 0\) hay \(x \ne 4\).

Vậy điều kiện xác định của phân thức \(B\) là \(x \ne 4\).

c) Với \(x > 0\) và \(x \ne 9\) ta có:

\(C = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  - 3}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 3}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}\)

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

\( = \frac{{\sqrt x  + 3 + \sqrt x  - 3}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{2}{{\sqrt x  - 3}}.\)

Vậy với \(x > 0\) và \(x \ne 9\) thì \(C = \frac{2}{{\sqrt x  - 3}}.\).