(1,5 điểm)

1. Một máy bay cất cánh từ vị trí \(A\) trên đường băng của sân bay. Đường bay lên là một đường thẳng tạo với phương nằm ngang một góc \(30^\circ \). Biết rằng khi máy bay ở vị trí \(B\) thì máy bay đạt độ cao \[5{\rm{ km}}\] so với mặt đất (tham khảo hình vẽ bên). Tính quãng đường \(AB\) mà máy bay đã bay được.

2. Tính thể tích của một hình trụ có đường kính đáy bằng \(10{\rm{ cm}}\), chiều cao bằng \(18{\rm{ cm}}\) (lấy \(\pi \approx 3,14\)).

1. Ta có \(P = \sqrt {25}  + \sqrt[3]{{ - 27}} = 5 - 3 = 2\).

2. Với \(x \ge 0,x \ne 4\) ta được:

\(Q = \left( {\frac{2}{{x + 4\sqrt x  + 4}} - \frac{1}{{2\sqrt x  + 4}}} \right):\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\sqrt x  + 12}}\)

\[ = \left[ {\frac{2}{{{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}} - \frac{1}{{2\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}} \right]:\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\]

\( = \left[ {\frac{4}{{2{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}} - \frac{{\sqrt x  + 2}}{{2{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}}} \right]:\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\( = \frac{{4 - \sqrt x  - 2}}{{2{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}}:\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\( = \frac{{2 - \sqrt x }}{{2{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}} \cdot \frac{{6\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{2 - \sqrt x }}\)\( = \frac{3}{{\sqrt x  + 2}}\).

Ta có \(Q = \frac{3}{{\sqrt x  + 2}}\). Để \(Q \in \mathbb{Z}\) thì \((\sqrt x  + 2)\) phải là ước nguyên của 3.

Tập hợp các ước của 3 là: Ư\((3) = \left\{ {1\,;\,\, - 1\,;\,\,3\,;\,\, - 3} \right\}\).

Vì \(x \ge 0\) nên \(\sqrt x  \ge 0\), do đó \(\sqrt x  + 2 \ge 2\).

So sánh với tập các ước của 3, giá trị duy nhất thỏa mãn điều kiện \(\sqrt x  + 2 \ge 2\) là \(3\).

Do đó, ta có \(\sqrt x  + 2 = 3\) nên \(\sqrt x  = 1\) suy ra \(x = 1\) (TMĐK).

Vậy để \(Q\) nhận giá trị là số nguyên thì \(x = 1\).

1. Vì \(\widehat {MAO} = 90^\circ \) (giả thiết) suy ra \(\Delta MAO\) vuông tại \(A\) do đó 3 điểm \(M,\,\,A,\,\,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO.\)

Lại có, \(\widehat {MBO} = 90^\circ \) (giả thiết) suy ra \(\Delta MBO\) vuông tại \(B\) do đó 3 điểm \(M,\,\,B,\,\,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO.\)

Do đó 4 điểm \(M,\,\,A,\,\,O,\,\,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO\) suy ra tứ giác \(MAOB\) nội tiếp đường tròn.

2. Ta có \(\widehat {MDA} = 180^\circ  - \widehat {ADC}\) mà \(\widehat {ADC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra \(\widehat {MDA} = 90^\circ \).

Khi đó chứng minh được  (g.g).

Suy ra \[\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MA}}\] nên \(M{A^2} = MC \cdot MD\).

3. Vì \(AC\) là đường kính nên \(\widehat {ADC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  suy ra \(\widehat {MDA} = 90^\circ \).

Dễ dàng chứng minh được \(MDHA\) nội tiếp, ta được: \(\widehat {ADH} = \widehat {AMH}\) (cùng chắn ).

Vì \(MO\) là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến cắt nhau nên \(\widehat {AMH} = \widehat {FMB}\).

Suy ra \(\widehat {ADH} = \widehat {FMB}\) (1).

Ta có: \(M{A^2} = MC.MD\), mà \(M{A^2} = MH.MO\) suy ra \(MC \cdot MD = MH \cdot MO\), do đó \(\frac{{MC}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MD}}\).

Xét \(\Delta MHD\) và \(\Delta MCO\) có: \(\frac{{MC}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MD}}\) và \(\widehat {DMH}\) chung

Do đó $\Delta MHD\backsim \Delta MCO$ (c.g.c)

Suy ra \(\frac{{HD}}{{CO}} = \frac{{MD}}{{MO}}\) nên \(HD = R \cdot \frac{{MD}}{{MO}}\) (với \(R\) là bán kính đường tròn \((O)\)).

Chứng minh tương tự ta có $\Delta MDA\backsim \Delta MAC$ suy ra \(\frac{{DA}}{{AC}} = \frac{{MD}}{{MA}}\) nên \(DA = 2R \cdot \frac{{MD}}{{MA}}\) (do đường kính \(AC = 2R\)).

Khi đó \(\frac{{HD}}{{DA}} = \frac{{R \cdot \frac{{MD}}{{MO}}}}{{2R \cdot \frac{{MD}}{{MA}}}} = \frac{{MA}}{{2MO}}\).

Do tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có \(MA = MB\), thay vào tỉ số trên ta được:

\(\frac{{HD}}{{DA}} = \frac{{MB}}{{2MO}}\).

Mà \(M{B^2} = MH \cdot MO\) nên \(\frac{{MH}}{{MB}} = \frac{{MB}}{{MO}}\).

Vì \(F\) là trung điểm \(MH\) nên \(MF = \frac{1}{2}MH\).

Ta có: \(\frac{{MF}}{{MB}} = \frac{{\frac{1}{2}MH}}{{MB}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{MH}}{{MB}} = \frac{{MB}}{{2MO}}\).

Từ đó suy ra: \(\frac{{MF}}{{MB}} = \frac{{HD}}{{DA}}\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\Delta BFM\backsim \Delta AHD$ (c.g.c) suy ra \(\widehat {FBM} = \widehat {DAH}\).

Kẻ đường kính \(BT\). Ta có \(\widehat {DBM} = \widehat {DAB} = \widehat {DAH}\) (cùng chắn ).

Suy ra \(\widehat {FBM} = \widehat {DBM}\) do đó \(B,\,\,D,\,\,F\) thẳng hàng.