(1,5 điểm)

a) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\). Biết \(AB = 5{\rm{ cm}}\), \(AC = 12{\rm{ cm}}\), \(BC = 13{\rm{ cm}}\). Hãy tính tỉ số lượng giác \(\sin B\) và \(\cos B\).

b) Tính diện tích mặt cầu và thể tích hình cầu có bán kính bằng \(R = 20{\rm{ cm}}\) (lấy \(\pi  \approx 3,14\) và làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

Gọi giá niêm yết của một món hàng A là \(x\) (nghìn đồng) và một món hàng B là \(y\) (nghìn đồng) với điều kiện \(x > 0,y > 0\).

Giá của một món hàng A sau khi giảm 30% là \(0,7x\) (nghìn đồng).

Giá của một món hàng B sau khi giảm 15% là \(0,85y\) (nghìn đồng).

Vì cô Mai mua 1 món hàng A và 1 món hàng B phải trả số tiền là 381 nghìn đồng, nên ta có phương trình:

\(0,7x + 0,85y = 381\) hay \(14x + 17y = 7620\) (1).

Vào ngày cuối, giá mặt hàng A giảm 35% so với giá niêm yết nên giá bán là \(0,65x\) (nghìn đồng).

Giá mặt hàng B giảm 30% so với giá niêm yết nên giá bán là \(0,7y\) (nghìn đồng).

Vì cô Hoa mua 3 món hàng A và 2 món hàng B phải trả số tiền là 771 nghìn đồng, nên ta có phương trình:

\(3 \cdot 0,65x + 2 \cdot 0,7y = 771\) hay \(1,95x + 1,4y = 771\) tức là \(39x + 28y = 15420\) (2).

Từ (1) và (2), ta lập được hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{14x + 17y = 7620}\\{39x + 28y = 15420}\end{array}} \right.\)

Nhân phương trình thứ nhất với 28 và phương trình thứ hai với 17, ta được:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{392x + 476y = 213360}\\{663x + 476y = 262140}\end{array}} \right.\)

Lấy phương trình dưới trừ phương trình trên, ta được:

\(271x = 48780\)

\(x = 180\) (thỏa mãn điều kiện).

Thay giá trị \(x = 180\) vào phương trình (1), ta có:

\(14 \cdot 180 + 17y = 7620\)

\(2520 + 17y = 7620\)

\(17y = 5100\)

\(y = 300\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy giá niêm yết của một món hàng A là \(180.000\) đồng và giá niêm yết của một món hàng B là \(300.000\) đồng.

a) Vì \(EH \bot AB\) tại \(H\) nên \(\widehat {BHE} = 90^\circ \).

Vì \(EK \bot BC\) tại \(K\), nên \(\widehat {BKE} = 90^\circ \).

Xét tứ giác \(BHEK\) có \(\widehat {BHE} = \widehat {BKE} = 90^\circ \) nên hai điểm \(H,\,\,K\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(BE\).

Do đó, tứ giác \(BHEK\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(BE\).

b) ¬ Chứng minh \(B{E^2} = BK \cdot BC\)

Xét tam giác \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) và \(\Delta BKE\) vuông tại \(K\) có \(\widehat B\) là góc chung

Do đó $\Delta BEC\backsim \Delta BKE$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{BE}}{{BK}} = \frac{{BC}}{{BE}}\) nên \(B{E^2} = BK \cdot BC\).

¬ Chứng minh ba điểm \(H,M,K\) thẳng hàng:

Chứng minh tương tự, ta có \(B{E^2} = BH \cdot AB\).

Suy ra \(BH \cdot AB = BK \cdot BC\) nên \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{AB}}\).

Xét \(\Delta BHK\) và \(\Delta BCA\) có \(\widehat {ABC}\) chung và \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{AB}}\).

Do đó $\Delta BHK\backsim \Delta BCA$ (c.g.c). Suy ra \(\widehat {BHK} = \widehat {BCA}\). (1)

Mặt khác, chứng minh tương tự ý a), ta có tứ giác \(BCEQ\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC.\)

Suy ra \[\widehat {EQB} + \widehat {BCE} = 180^\circ \] (tổng hai góc đối)

Mà \[\widehat {AQE} + \widehat {EQB} = 180^\circ \] (kề bù) nên \(\widehat {AQE} = \widehat {BCA}\). (2)

Từ (1) và (2) ta có \(\widehat {BHK} = \widehat {AQE}\,\,\left( { = \widehat {BCA}} \right)\) hay \(\widehat {QHK} = \widehat {HQM}.\) (3)

Xét \(\Delta EHQ\) vuông tại \(H\) có \(M\) là trung điểm của cạnh huyền \(EQ\). Theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông, ta có \(HM = \frac{1}{2}QE = MQ = ME\)

Suy ra \(\Delta MQH\) cân tại \(M\) nên \(\widehat {QHM} = \widehat {HQM}.\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {QHK} = \widehat {QHM}\) hay hai tia \(HM\) và \(HK\) phải trùng nhau, do đó ba điểm \(H,M,K\) thẳng hàng.