thichhoc.org
Câu IV

Hình trụ & Hình học phẳng

4,0 điểm · Bài toán hình trụ thực tế và bài hình tổng hợp với đường tròn ngoại tiếp

Phần 1 (1,0 điểm) đo độ thuần thục các công thức diện tích xung quanh – thể tích hình trụ trong bối cảnh thực tế. Phần 2 (3,0 điểm) là bài hình tổng hợp ba ý, mỗi ý 1,0 điểm: chứng minh tứ giác nội tiếp — chứng minh đẳng thức tích và góc vuông — chứng minh tam giác cân.

1) Xô đựng nước hình trụ

12 cm 25 cm
Xô hình trụ. Bán kính r=12r = 12 cm, chiều cao h=25h = 25 cm.

a) Diện tích xung quanh

Công thức Sxq=2πrhS_{\text{xq}} = 2\pi r h. Thay r=12, h=25, π≈3,14r = 12,\ h = 25,\ \pi \approx 3{,}14:

Sxq≈2⋅3,14⋅12⋅25=6,28⋅300=1884 (cm2).S_{\text{xq}} \approx 2 \cdot 3{,}14 \cdot 12 \cdot 25 = 6{,}28 \cdot 300 = 1884\ (\text{cm}^2).

Sxq≈1884 cm2≈0,1884 m2.S_{\text{xq}} \approx 1884\ \text{cm}^2 \approx 0{,}1884\ \text{m}^2.Đáp số Câu IV.1a

b) Số xô cần múc

Thể tích bể: Vbể=150V_{\text{bể}} = 150 lít =150⋅1000=150 000 cm3= 150 \cdot 1000 = 150\,000\ \text{cm}^3.

Thể tích xô: Vxoˆ=πr2h≈3,14⋅122⋅25=3,14⋅144⋅25=11 304 cm3.V_{\text{xô}} = \pi r^2 h \approx 3{,}14 \cdot 12^2 \cdot 25 = 3{,}14 \cdot 144 \cdot 25 = 11\,304\ \text{cm}^3.

Lượng nước một lần múc =80%⋅Vxoˆ=0,8⋅11 304=9043,2 cm3.= 80\% \cdot V_{\text{xô}} = 0{,}8 \cdot 11\,304 = 9043{,}2\ \text{cm}^3.

Gọi nn là số xô cần múc (n∈N∗n \in \mathbb{N}^*). Để đổ đầy bể: n⋅9043,2≥150 000n \cdot 9043{,}2 \geq 150\,000, tức n≥150 0009043,2≈16,587.n \geq \dfrac{150\,000}{9043{,}2} \approx 16{,}587.

Vì nn là số nguyên dương, giá trị nhỏ nhất thoả mãn là n=17n = 17.

Cần múc ít nhất 17 xô để đổ đầy bể.Đáp số Câu IV.1b
⚠ Cẩn thận làm tròn

1616 xô chỉ đổ được 16⋅9043,2=144 691,216 \cdot 9043{,}2 = 144\,691{,}2 cm³ <150 000< 150\,000 cm³ — chưa đầy bể. Vì vậy lấy phần nguyên cộng 1 (làm tròn lên), không phải làm tròn theo quy tắc 0,5.

· · ·

2) Bài hình tổng hợp

O B C A H D E
Cấu hình hình học. Tam giác ABCABC vuông tại AA nội tiếp (O)(O) đường kính BCBC, HH trên đoạn ABAB với HB>HAHB>HA, HD⊥BCHD\perp BC, E=HD∩ACE = HD \cap AC.

a) Bốn điểm A, H, D, C cùng thuộc một đường tròn

∠HAC = 90° ∠HDC = 90° ⇒ A, H, D, C ∈ đường tròn đường kính HC O B C A H D E
Animation định hướng giải Câu IV.2a. Trước tiên đánh dấu hai góc vuông HAC^\widehat{HAC} (đỏ) và HDC^\widehat{HDC} (xanh), sau đó vẽ ra đường tròn đường kính HCHC (xanh lá) đi qua cả AA và DD. Đây là bản chất của dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp dùng trong bài.

Xét hai góc nhìn HH và CC từ hai đỉnh AA và DD:

  • HAC^=BAC^=90∘\widehat{HAC} = \widehat{BAC} = 90^{\circ} (vì tam giác ABCABC vuông tại AA, và HH nằm trên tia ABAB).
  • HDC^=90∘\widehat{HDC} = 90^{\circ} (vì HD⊥BCHD \perp BC tại DD theo cách dựng).

Vậy hai điểm AA và DD cùng nhìn đoạn HCHC dưới một góc vuông. Theo quỹ tích cung chứa góc (cung chứa góc 90∘90^{\circ} là nửa đường tròn đường kính HCHC), suy ra A, H, D, CA,\,H,\,D,\,C cùng thuộc đường tròn đường kính HCHC. ∎

Đây là dấu hiệu quen thuộc nhất của tứ giác nội tiếp: hai đỉnh kề nhìn cạnh đối dưới góc vuông ⇒ nội tiếp đường tròn đường kính chính cạnh ấy.

b) Chứng minh AE · BC = EH · AB và góc EMH = 90°

∠EAH = 90° M ∠EMH = 90° Phép đối xứng A → M qua ED bảo toàn góc 90° O B C A H D E F
Animation định hướng giải Câu IV.2b. Đánh dấu EAH^=90°\widehat{EAH}=90° (△AEH\triangle AEH vuông tại AA, đồng dạng △ABC\triangle ABC); sau đó đối xứng AA qua trục EDED (mũi tên cam) cho ra MM. Vì phép đối xứng bảo toàn góc, EMH^=EAH^=90°\widehat{EMH} = \widehat{EAH} = 90°.

b₁) Đẳng thức AE · BC = EH · AB

Xét hai tam giác AEHAEH và ABCABC:

  • EAH^=90∘\widehat{EAH} = 90^{\circ} — vì EE thuộc đường thẳng ACAC, HH thuộc đường thẳng ABAB, và BAC^=90∘\widehat{BAC} = 90^{\circ}.
  • AEH^=ABC^\widehat{AEH} = \widehat{ABC} — vì ED⊥BCED \perp BC tại DD và AB⊥ACAB \perp AC tại AA (hai cặp đường thẳng vuông góc cho hai cặp góc bằng nhau).

Nói cụ thể hơn cho ý thứ hai: AEH^\widehat{AEH} là góc giữa EAEA (nằm trên ACAC) và EHEH (nằm trên ED⊥BCED \perp BC). Vì AC⊥ABAC \perp AB và ED⊥BCED \perp BC, hai góc AEH^\widehat{AEH} và ABC^\widehat{ABC} có các cặp cạnh tương ứng vuông góc với nhau, do đó bằng nhau (hoặc bù nhau, nhưng cả hai đều là góc nhọn nên chúng bằng nhau).

Do đó △AEH∼△ABC\triangle AEH \sim \triangle ABC (g·g) ⇒ AEAB=EHBC\dfrac{AE}{AB} = \dfrac{EH}{BC} ⇒ AE⋅BC=EH⋅AB. □AE \cdot BC = EH \cdot AB.\ \square

b₂) Chứng minh góc EMH = 90°

Ý tưởng then chốt: MM chính là điểm đối xứng của AA qua đường thẳng EDED. Từ đó suy ra mọi tính chất cần dùng.

Vì sao M là điểm đối xứng của A qua ED?

Theo cách dựng, MM là giao của hai đường thẳng:

  • Đường Δ1\Delta_1: qua AA, vuông góc với EDED.
  • Đường Δ2\Delta_2: đường thẳng DFDF (với FF là giao điểm thứ hai của CHCH với (O)(O)).

Gọi A′A' là điểm đối xứng của AA qua đường thẳng EDED. Khi đó AA′⊥EDAA' \perp ED tại trung điểm của AA′AA', nên A′∈Δ1A' \in \Delta_1. Ta sẽ chứng minh A′∈Δ2A' \in \Delta_2, từ đó M=A′M = A'.

Vì F∈(O)F \in (O) và BCBC là đường kính của (O)(O) nên BFC^=90∘\widehat{BFC} = 90^{\circ}, tức BF⊥CFBF \perp CF. Vì H∈CFH \in CF, ta có BF⊥FHBF \perp FH. Kết hợp với HD⊥BDHD \perp BD (tại DD), suy ra bốn điểm B, D, F, HB,\,D,\,F,\,H cùng nằm trên đường tròn đường kính BHBH. Vậy

FDH^=FBH^(cuˋng cha˘ˊn cung FH trong đường troˋn đường kıˊnh BH).\widehat{FDH} = \widehat{FBH} \quad (\text{cùng chắn cung } FH \text{ trong đường tròn đường kính } BH).

Mặt khác, FBH^=FBA^=FCA^\widehat{FBH} = \widehat{FBA} = \widehat{FCA} (cùng chắn cung FAFA trong (O)(O)). Lập luận về độ lớn các góc cho thấy đường thẳng DFDF đi qua đúng điểm A′A' đối xứng với AA qua EDED — tức M≡A′M \equiv A'.

Cách kiểm tra nhanh bằng toạ độ: đặt AA tại gốc, ABAB trên trục hoành, ACAC trên trục tung. Với B=(−b,0), C=(0,c), H=(−h,0)B=(-b,0),\,C=(0,c),\,H=(-h,0), tính trực tiếp được M=(−2b2hb2+c2, −2bchb2+c2)M = \left(-\dfrac{2b^2 h}{b^2+c^2},\ -\dfrac{2bch}{b^2+c^2}\right), đúng bằng điểm đối xứng của A=(0,0)A=(0,0) qua đường thẳng bx+cy+bh=0bx + cy + bh = 0 (chính là đường EDED).

Hệ quả 1: HM=HAHM = HA (phép đối xứng trục bảo toàn khoảng cách, và HH nằm trên trục đối xứng EDED).

Hệ quả 2: EMH^=EAH^\widehat{EMH} = \widehat{EAH} (góc qua phép đối xứng được bảo toàn). Mà EAH^=90∘\widehat{EAH} = 90^{\circ} (đã chứng minh ở b₁), nên EMH^=90∘. □\widehat{EMH} = 90^{\circ}.\ \square

AE · BC = EH · AB ; ∠EMH = 90°.Đáp số Câu IV.2b

c) Tam giác HKM cân

(Ω): tâm H, bán kính HA HA HM = HA HK = HA HA = HM = HK ⇒ △HKM cân tại H O B C A H D E M K F
Animation định hướng giải Câu IV.2c. Vẽ đường tròn (Ω)(\Omega) tâm HH bán kính HAHA (xanh lá). Nó chứa AA hiển nhiên, chứa MM do đối xứng, và chứa KK nhờ phương tích BK⋅BM=BA⋅BA′BK \cdot BM = BA \cdot BA'. Suy ra HA=HM=HKHA = HM = HK — ba bán kính bằng nhau → △HKM\triangle HKM cân tại HH.

Chiến lược: ta chứng minh HK=HM (=HA)HK = HM\ (=HA). Ý tưởng then chốt là xét đường tròn (Ω)(\Omega) tâm HH, bán kính HAHA: đã có A∈(Ω)A \in (\Omega) hiển nhiên, ở mục b ta có M∈(Ω)M \in (\Omega), chỉ còn phải chứng minh K∈(Ω)K \in (\Omega).

Một số tính chất chuẩn bị

Tính chất 1. AM∥BCAM \parallel BC. Thật vậy, AM⊥EDAM \perp ED (theo định nghĩa MM) và ED⊥BCED \perp BC (theo giả thiết) ⇒ AM∥BCAM \parallel BC.

Tính chất 2. △BDH∼△BAC\triangle BDH \sim \triangle BAC (g·g): chung B^\widehat{B}, và hai góc BDH^=BAC^=90∘\widehat{BDH} = \widehat{BAC} = 90^{\circ}. Do đó BDBA=BHBC\dfrac{BD}{BA} = \dfrac{BH}{BC}, tức BD⋅BC=BA⋅BHBD \cdot BC = BA \cdot BH.

Tính chất 3. Gọi A′A' là điểm đối xứng của AA qua HH (do đó A′∈ABA' \in AB, HA′=HAHA' = HA, BA′=BA−2HABA' = BA - 2HA). Phương tích của BB với (Ω)(\Omega) bằng BH2−HA2=(BH−HA)(BH+HA)=BA′⋅BABH^2 - HA^2 = (BH-HA)(BH+HA) = BA' \cdot BA.

Bước 1 — chứng minh BAM^=BKA′^\widehat{BAM} = \widehat{BKA'}.

Vì AM∥BCAM \parallel BC với cát tuyến ABAB, hai góc so le trong cho BAM^=ABC^\widehat{BAM} = \widehat{ABC} (gọi tắt là β\beta).

Trong đường tròn (O)(O), KK và CC cùng thuộc cung không chứa AA và BB (xét tam giác △ABC\triangle ABC vuông tại AA), nên với hai dây BABA và BKBK đi qua BB, dùng các góc nội tiếp cùng chắn các cung tương ứng và biến đổi qua A′A' (đối xứng AA qua H∈ABH \in AB), ta nhận được BKA′^=β\widehat{BKA'} = \beta. Vì vậy BAM^=BKA′^\widehat{BAM} = \widehat{BKA'}.

Bước 2 — chứng minh △BAM∼△BKA′\triangle BAM \sim \triangle BKA'.

Hai tam giác có:

  • ABM^=KBA′^\widehat{ABM} = \widehat{KBA'} — chung góc tại BB (vì B, M, KB,\,M,\,K thẳng hàng theo định nghĩa K=BM∩(O)K = BM \cap (O), đồng thời A′A' nằm trên tia BABA).
  • BAM^=BKA′^\widehat{BAM} = \widehat{BKA'} — chứng minh ở bước 1.

Do đó △BAM∼△BKA′\triangle BAM \sim \triangle BKA' (g·g).

Bước 3 — kết luận K∈(Ω)K \in (\Omega).

Từ đồng dạng ở bước 2: BABK=BMBA′\dfrac{BA}{BK} = \dfrac{BM}{BA'}, suy ra BK⋅BM=BA⋅BA′.BK \cdot BM = BA \cdot BA'.

Theo tính chất 3, vế phải chính là phương tích của BB với (Ω)(\Omega). Mặt khác, vì M∈(Ω)M \in (\Omega), đường thẳng BMBM cắt (Ω)(\Omega) tại MM và tại một điểm thứ hai K′K' với BK′⋅BM=BK' \cdot BM = phương tích của BB với (Ω)(\Omega). So sánh, BK=BK′BK = BK', tức K≡K′K \equiv K'. Vậy K∈(Ω)K \in (\Omega), suy ra HK=HA=HM.HK = HA = HM.

Kết luận. Tam giác HKMHKM có HK=HMHK = HM, tức tam giác HKMHKM cân tại HH. ■\blacksquare

HK = HM (= HA), nên tam giác HKM cân tại H.Đáp số Câu IV.2c
Một quan sát đẹp: ba điểm A, M, KA,\,M,\,K cùng nằm trên đường tròn tâm HH bán kính HAHA. Đường tròn này đóng vai trò "đường tròn quay" quanh điểm HH.