(2,0 điểm)

Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón có chiều cao \(h = 12{\rm{ cm}}\) và bán kính đáy \(r = 5{\rm{ cm}}\).

a) Với \(x \ge 0,x \ne 1\) ta có:

\(M = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{2}{{\sqrt x  - 1}} - \frac{2}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\)

\( = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} + \frac{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} - \frac{2}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\)

\( = \frac{{x - \sqrt x  + 2\sqrt x  + 2 - 2}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\)

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

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

\( = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}}\).

Vậy với \(x \ge 0,x \ne 1\) thì \(M = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}}\).

b) Với \(x \ge 0,x \ne 1\) ta có:

\(M < \frac{1}{2}\)

\(\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} < \frac{1}{2}\)

\(\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} - \frac{1}{2} < 0\)

\(\frac{{2\sqrt x  - \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{2\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} < 0\)

\(\frac{{\sqrt x  + 1}}{{2\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} < 0\).

Xét thấy \(x \ge 0\) do đó \(\sqrt x  + 1 > 0\) suy ra \(\frac{{\sqrt x  + 1}}{{2(\sqrt x  - 1)}} < 0\) khi và chỉ khi \(\sqrt x  - 1 < 0\) hay \(\sqrt x  < 1\) suy ra \(x < 1\).

Kết hợp điều kiện \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) suy ra \(0 \le x < 1\).

Vậy \(0 \le x < 1\) thì \(M < \frac{1}{2}\).

1. Do \(MA\) và \(MB\) lần lượt là tuyến với đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) tại \(A\) và \(B\) nên \(\widehat {MAO} = 90^\circ \) và \(\widehat {MBO} = 90^\circ \).

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

Lại có, \(\widehat {MBO} = 90^\circ \) 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. *Chứng minh tam giác \(MBD\) cân tại \(M\)

Do \(M\) là giao của hai tiếp tuyến \(MA\) và \(MB\) suy ra \(MA = MB\) hay \(M\) thuộc đường trung trực của đoạn thẳng \(AB\) (1).

Lại có \(OA = OB\) \(\left( { = R} \right)\) suy ra \(O\) thuộc đường trung trực của đoạn thẳng \(AB\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(MO\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(AB\) hay \(MO \bot AB\).

Ta có: \(BD \bot AB\) (do \(\widehat {ABC} = 90^\circ \) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và \(MO \bot AB\) (chứng minh trên nên \(MO\,{\rm{//}}\,BD\).

Suy ra \(\widehat {MDB} = \widehat {AMO}\) mà \[\widehat {AMO} = \widehat {OMB}\] (do tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau nên \(MO\) là phân giác \(\widehat {AMB}\)) nên \(\widehat {MDB} = \widehat {OMB}\).

Tuy nhiên do \(MO\,{\rm{//}}\,BD\) nên \(\widehat {OMB} = \widehat {MBD}\) (hai góc ở vị trí so le trong).

Suy ra \(\widehat {MDB} = \widehat {MBD}\). Do đó, \(\Delta \,MBD\) cân tại \(M\).

*Chứng minh \(K\) là trung điểm của \(BH\)

Vì \(\Delta \,MBD\) cân tại \(M\) nên \(DM = MB\) mà \(MB = MA\) do đó \(DM = MA\).

Ta có: \(DM \bot AC\) và \(BH \bot AC\) suy ra \(DM\,{\rm{//}}\,BH\), nên theo định lí Thales ta được: \(\frac{{KH}}{{MA}} = \frac{{CK}}{{CM}} = \frac{{BK}}{{DM}}\) mà \(MA = DM\) nên \(KH = BK\) hay \(K\) là trung điểm của \(BH\).

3.

Gọi \(I\) là giao điểm của \(AB\) và \(MO\) và \(J\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta MAB\).

Vì \(\Delta MAB\) cân tại \(M\) nên \(MI\) là phân giác \(\widehat {AMB}\) do đó \(J\) thuộc \(MI\) hay 4 điểm \(M,J,I,O\) thẳng hàng. Mặc khác, vì \(MAOB\) nội tiếp nên \(\widehat {AOJ} = \widehat {MBI}\) mà \(\widehat {MBI} = 2\widehat {JBA}\) do đó \[\widehat {AOJ} = 2\widehat {JBA}\] nên theo định lí góc nội tiếp thì \(J\) phải thuộc đường tròn tâm \(O\) bán kính \(OA\) hay \(J\) thuộc \(\left( O \right)\).

Ta có các độ dài như sau:

Ta có: \(OI = OA - IJ = R - r\), với \(r = IJ \le R\).

Áp dụng định lí Pythagore cho \(\Delta AIO\) vuông tại \(I\) ta được:

\(AI = \sqrt {O{A^2} - O{I^2}}  = \sqrt {{R^2} - {{\left( {R - r} \right)}^2}}  = \sqrt {2R \cdot r - {r^2}} \).

Do \(\Delta MAO\) vuông tại \(A\), dễ chứng minh được

\(\frac{1}{{M{A^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} = \frac{1}{{A{I^2}}}\)

\({\left( {AO \cdot AI} \right)^2} + M{A^2} \cdot A{I^2} = M{A^2} \cdot A{O^2}\)

\(M{A^2}\left( {A{O^2} - A{I^2}} \right) = {\left( {AO \cdot AI} \right)^2}\)

\(MA = \sqrt {\frac{{{{\left( {AO \cdot AI} \right)}^2}}}{{A{O^2} - A{I^2}}}}  = \frac{{AO \cdot AI}}{{OI}} = \frac{{R \cdot \sqrt {2R \cdot r - {r^2}} }}{{R - r}}\)

\(MO = \sqrt {M{A^2} + O{A^2}}  = \sqrt {\frac{{{R^2} \cdot \left( {2R \cdot r - {r^2}} \right)}}{{{{\left( {R - r} \right)}^2}}} + {R^2}}  = \sqrt {\frac{{{R^2}\left( {2R \cdot r - {r^2} + {R^2} - 2R \cdot r + {r^2}} \right)}}{{{{\left( {R - r} \right)}^2}}}}  = \frac{{{R^2}}}{{R - r}}.\)

Xét \(\Delta OAB\) có \(OI\) là đường cao đồng thời là đường trung tuyến ứng với \(AB\) suy ra \(I\) là trung điểm của \(AB\).

Xét \(\Delta ABC\) có \(I\) là trung điểm của \(AB\) và \(O\) là trung điểm của \(AC\). Suy ra \(OI\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\), suy ra \(IO = \frac{1}{2}BC\) hay \(BC = 2IO\) (3).

Chứng minh tương tự ta được \(DB = 2MI\) (4).

Từ (3) và (4) suy ra \(BC + BD = 2\left( {IO + MI} \right)\) hay \(CD = 2MO = \frac{{2{R^2}}}{{R - r}}\) và \(BC = 2OI = 2(R - r)\).

Vì \(BH\,{\rm{//}}\,AD\) nên theo định lí Thalès ta được: \(\frac{{BH}}{{AD}} = \frac{{BC}}{{CD}}\).

Mà \(AD = 2MA = 2 \cdot \frac{{R \cdot \sqrt {2R \cdot r - {r^2}} }}{{R - r}}\)

Suy ra \(BH = \frac{{AD \cdot BC}}{{CD}} = \frac{{\frac{{2 \cdot R \cdot \sqrt {2R \cdot r - {r^2}} }}{{R - r}} \cdot 2\left( {R - r} \right)}}{{\frac{{2{R^2}}}{{R - r}}}} = \frac{{2\sqrt {2R \cdot r - {r^2}} \left( {R - r} \right)}}{R}.\)

Vậy \(BH = \frac{{2\sqrt {2R \cdot r - {r^2}} \left( {R - r} \right)}}{R}\).