(4,0 điểm)

Một xô đựng nước dạng hình trụ có chiều cao bằng 25 cm và bán kính đáy bằng 12 cm. (Lấy \(\pi  \approx 3,14\) và coi độ dày của xô đựng nước không đáng kể).

a) Tính diện tích xung quanh của xô đựng nước đó.

b) Người ta dùng xô đựng nước trên để múc nước đổ vào một bể có thể tích 150 lít. Mỗi lần người ta chỉ múc lượng nước bằng 80% thể tích của xô. Lúc đầu bể không có nước, hỏi cần múc ít nhất bao nhiêu xô để đổ đầy bể? (Biết \(1{\rm{ l\'i t}} = 1000{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}\)).

a) Ta có tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên \(\widehat {BAC} = 90^\circ \), ngoài ra \(HD \bot BC\) tại \(D\) nên \(\widehat {HDC} = 90^\circ \).

\(\Delta HAC\) vuông tại \(A\) nên \(A,H,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(HC\).

\(\Delta HDC\) vuông tại \(D\) nên \(H,D,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(HC\).

Từ đó, 4 điểm \(A,H,D,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(HC\).

b) Ta có \(\widehat {EAH} = 180^\circ  - \widehat {BAC} = 90^\circ \), với chú ý \(\Delta EDC\) và \(\Delta BAC\) vuông ta có:

\(\widehat {AEH} = 90^\circ  - \widehat {ECD} = \widehat {ABC}.\)

Xét \(\Delta EAH\) và \(\Delta BAC\) có \(\widehat {EAH} = \widehat {BAC} = 90^\circ \) và \(\widehat {AEH} = \widehat {ABC}\) (chứng minh trên).

Từ đó $\Delta EAH\backsim \Delta BAC$ (g.g) dẫn đến \(\frac{{EH}}{{BC}} = \frac{{AE}}{{BA}},\) suy ra \(AE \cdot BC = EH \cdot AB\).

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHDC\) ta có \(\widehat {HDA} = \widehat {HCA}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(HA\)).

Cũng dễ thấy rằng \(\widehat {HFB} = \widehat {HDB} = 90^\circ \) nên 4 điểm \(H,D,B,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(HB\), kéo theo \(\widehat {HDF} = \widehat {HBF}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(HF\)).

Mặt khác \(\widehat {HCA} = \widehat {HBF}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AF\) của \(\left( O \right)\)), suy ra \(\widehat {HDA} = \widehat {HDF}.\)

Gọi \(I\) là giao điểm của \(DE\) và \(AM\), khi đó \(\Delta DAM\) cân tại \(D\) do có \(DI\) vừa là đường phân giác, vừa là đường cao, kéo theo \(DE\) là trung trực của \(AM\) hay \(EM = EA,HM = HA.\)

Từ đó \(\Delta EMH = \Delta EAH\) (c.c.c), dẫn đến \(\widehat {EMH} = \widehat {EAH} = 90^\circ \).

c) Cách 1: Dễ thấy \(AKBC\) là tứ giác nội tiếp \(\left( O \right)\), dẫn đến:

\(\widehat {AKM} = 180^\circ  - \widehat {AKB} = \widehat {ACB} = \widehat {AHE} = \frac{1}{2}\widehat {MHA}.\)

Để ý \(HM = HA\), nên \(K\) thuộc đường tròn \(\left( {H;\,\,HA} \right)\) (kết quả quen thuộc), từ đó \(HK = HM = HA\) hay \(\Delta HKM\) cân tại \(H\).

Cách 2: Ta có \[AM\,{\rm{//}}\,BC\] nên \(\widehat {MAB} = \widehat {ABO}\) (hai góc so le trong), từ đó suy ra hai tam giác cân $\Delta HAM\backsim \Delta OAB$ (g.g), dẫn đến \(\frac{{AH}}{{AO}} = \frac{{AM}}{{AB}}\) kéo theo  (c.g.c).

Bởi vậy \(\widehat {HOA} = \widehat {MBA} = \frac{1}{2}\widehat {AOK}\) suy ra \(OH\) là tia phân giác của \(\widehat {AOK}\), mà tam giác \(AOK\) cân tại \(O\) nên \(OH\) là đường trung trực của \(AK\), dẫn đến \(HK = HA = HM\), hay \(\Delta HKM\) cân tại \(H\).