a) Tính thể tích tối đa mà cốc có thể chứa:

Cốc nước có dạng hình trụ, vì vậy thể tích của cốc sẽ được tính bằng công thức thể tích của hình trụ:

\(V_{\text{c} \overset{ˊ}{\hat{\text{o}}} \text{c}} = \pi r^{2} h\)

Trong đó:

• \(r\) là bán kính đáy của cốc,
• \(h\) là chiều cao của cốc.

Cho trước:

• Bán kính đáy \(r = 2\) cm,
• Chiều cao \(h = 12\) cm.

Áp dụng công thức:

\(V_{\text{c} \overset{ˊ}{\hat{\text{o}}} \text{c}} = \pi \times 2^{2} \times 12 = \pi \times 4 \times 12 = 48 \pi \textrm{ } \text{cm}^{3}\)

Vậy thể tích tối đa mà cốc có thể chứa là:

\(V_{\text{c} \overset{ˊ}{\hat{\text{o}}} \text{c}} = 48 \pi \approx 150.8 \textrm{ } \text{cm}^{3}\)

b) Tính mực nước sau khi thả 6 viên bi vào cốc:

Bước 1: Tính thể tích của 6 viên bi:

Viên bi có dạng hình cầu, thể tích của một viên bi được tính theo công thức:

\(V_{\text{bi}} = \frac{4}{3} \pi r^{3}\)

Trong đó:

• \(r\) là bán kính của viên bi.

Cho trước bán kính viên bi là 1 cm, nên thể tích của một viên bi là:

\(V_{\text{bi}} = \frac{4}{3} \pi \times 1^{3} = \frac{4}{3} \pi \textrm{ } \text{cm}^{3}\)

Vậy thể tích của 6 viên bi là:

\(V_{\text{6}\&\text{nbsp};\text{bi}} = 6 \times \frac{4}{3} \pi = 8 \pi \textrm{ } \text{cm}^{3}\)

Bước 2: Tính mực nước dâng lên trong cốc:

Lượng nước trong cốc sẽ tăng lên do thể tích của các viên bi thả vào. Mỗi viên bi chiếm một thể tích của nước, nên mực nước trong cốc sẽ dâng lên một lượng nhất định.

Giả sử sau khi thả vào, mực nước dâng lên một khoảng \(h_{\text{d} \hat{\text{a}} \text{ng}}\). Mực nước này sẽ tạo thành một hình trụ có bán kính đáy là 2 cm và chiều cao là \(h_{\text{d} \hat{\text{a}} \text{ng}}\). Thể tích của phần nước dâng lên này chính là thể tích của 6 viên bi, tức là \(8 \pi \textrm{ } \text{cm}^{3}\).

Áp dụng công thức thể tích hình trụ để tính mực nước dâng lên:

\(V_{\text{d} \hat{\text{a}} \text{ng}} = \pi r^{2} h_{\text{d} \hat{\text{a}} \text{ng}}\)

Trong đó:

• \(r = 2\) cm (bán kính đáy của cốc),
• \(h_{\text{d} \hat{\text{a}} \text{ng}}\) là chiều cao mực nước dâng lên.

Thể tích nước dâng lên là \(8 \pi\), nên ta có:

\(8 \pi = \pi \times 2^{2} \times h_{\text{d} \hat{\text{a}} \text{ng}}\) \(8 \pi = 4 \pi \times h_{\text{d} \hat{\text{a}} \text{ng}}\)

Chia cả hai vế cho \(\pi\):

\(8 = 4 \times h_{\text{d} \hat{\text{a}} \text{ng}}\) \(h_{\text{d} \hat{\text{a}} \text{ng}} = 2 \textrm{ } \text{cm}\)

Kết quả:

Sau khi thả 6 viên bi vào cốc, mực nước trong cốc dâng lên 2 cm. Do đó, mực nước cách miệng cốc là:

\(12 - 8 - 2 = 2 \textrm{ } \text{cm}\)

Vậy mực nước cách miệng cốc 2 cm.

2x² + 6x = 0

2x(x + 3) = 0

2x = 0 hoặc x + 3 = 0

*) 2x = 0

x = 0

*) x + 3 = 0

x = -3

Vậy S = {-3; 0}

2x² + 6x = 0

2x(x + 3) = 0

2x = 0 hoặc x + 3 = 0

+) 2x = 0

x = 0

+) x + 3 = 0

x = -3

Vậy S = {-3 và 0}

ΔMAB đều \(\Rightarrow \hat{A M B} = 6 0^{0}\)

Theo tính chất 2 tiếp tuyến, ta có MO là phân giác \(\hat{A M B}\)

\(\Rightarrow \hat{A M O} = \frac{1}{2} \hat{A M B} = 3 0^{0}\)

Trong tam giác vuông OAM:

\(t a n \hat{A M O} = \frac{O A}{A M} \Rightarrow O A = A M . t a n \hat{A M O} = 15 \sqrt{3} . t a n 3 0^{0} = 15 \left(\right. c m \left.\right)\)

\(\Rightarrow 2 R = 2 O A = 30 \left(\right. c m \left.\right)\)

2:

a: Xét tứ giác ABOC có \(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

nên ABOC là tứ giác nội tiếp

=>A,B,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1),(2) suy ra AO là đường trung trực của BC

=>AO\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2=R^2\) không đổi

c: Xét (O) có

\(\widehat{ABM}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BM

\(\widehat{BNM}\) là góc nội tiếp chắn cung BM

Do đó: \(\widehat{ABM}=\widehat{BNM}\)

Xét ΔABM và ΔANB có

\(\widehat{ABM}=\widehat{ANB}\)

\(\widehat{BAM}\) chung

Do đó: ΔABM~ΔANB

=>\(\dfrac{AB}{AN}=\dfrac{AM}{AB}\)

=>\(AM\cdot AN=AB^2\left(3\right)\)

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AB^2\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(AM\cdot AN=AH\cdot AO\)

Gọi I là giao điểm của BA và CD

Xét (O) có

ΔBCD nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBCD vuông tại C

=>BC\(\perp\)DI tại C

=>ΔBCI vuông tại C

Ta có: \(\widehat{ACI}+\widehat{ACB}=\widehat{BCI}=90^0\)

\(\widehat{AIC}+\widehat{ABC}=90^0\)(ΔBCI vuông tại C)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)(ΔBCA cân ạti A)

nên \(\widehat{ACI}=\widehat{AIC}\)

=>AI=AC

mà AB=AC

nên AB=AI(5)

TA có: CE\(\perp\)BD

IB\(\perp\)BD

Do đó: CE//IB

Xét ΔDAB có EK//AB

nên \(\dfrac{EK}{AB}=\dfrac{DK}{DA}\left(6\right)\)

Xét ΔDAI có KC//AI

nên \(\dfrac{KC}{AI}=\dfrac{DK}{DA}\left(7\right)\)

Từ (5),(6),(7) suy ra EK=KC

=>K là trung điểm của EC

a: Xét (O) có

ΔADC nội tiếp

AC là đường kính

Do đó: ΔADC vuông tại D

=>AD\(\perp\)MC tại D

=>\(\widehat{ADM}=90^0\)

Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1),(2) suy ra MO là đường trung trực của AB

=>MO\(\perp\)AB tại H và H là trung điểm của AB

=>\(\widehat{MHA}=90^0=\widehat{MDA}\)

=>MDHA nội tiếp

b: Xét ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao

nên \(MH\cdot MO=MA^2\left(3\right)\)

Xét ΔACM vuông tại A có AD là đường cao

nên \(MD\cdot MC=MA^2\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(MH\cdot MO=MD\cdot MC\)

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>BC\(\perp\)AM tại C

Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

=>AD\(\perp\)MB tại D

Xét ΔMAB có

AD,BC là các đường cao

AD cắt BC tại I

Do đó: I là trực tâm của ΔMAB

=>MI\(\perp\)AB

mà MH\(\perp\)AB

và MI,MH có điểm chung là M

nên M,I,H thẳng hàng

Xét tứ giác MCID có \(\widehat{MCI}+\widehat{MDI}=90^0+90^0=180^0\)

nên MCID là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MI

=>MCID nội tiếp (K)

=>KC=KI

=>ΔKCI cân tại K

=>\(\widehat{KCI}=\widehat{KIC}\)

mà \(\widehat{KIC}=\widehat{MIC}=\widehat{CAB}\left(=90^0-\widehat{AMH}\right)\)

nên \(\widehat{KCI}=\widehat{CAB}\)

ΔOBC có OB=OC

nên ΔOBC cân tại O

=>\(\widehat{OCB}=\widehat{OBC}\)

\(\widehat{KCO}=\widehat{KCB}+\widehat{OCB}=\widehat{CAB}+\widehat{CBA}=90^0\)

Xét tứ giác KCOH có \(\widehat{KCO}+\widehat{KHO}=90^0+90^0=180^0\)

nên KCOH là tứ giác nội tiếp

Bài 2:

a: Xét (O) có

ΔCNM nội tiếp

CM là đường kính

Do đó: ΔCNM vuông tại N

=>CN\(\perp\)BN tại N

Xét tứ giác CNAB có \(\widehat{CNB}=\widehat{CAB}=90^0\)

nên CNAB là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

\(\widehat{DNM};\widehat{DCM}\) là  các góc nội tiếp cùng chắn cung DM

=>\(\widehat{DNM}=\widehat{DCM}\)

mà \(\widehat{DNM}=\widehat{ANB}=\widehat{ACB}\)(CNAB nội tiếp)

nên \(\widehat{DCA}=\widehat{BCA}\)

=>CA là phân giác của góc BCD

c: C,E,D,N cùng thuộc (O)

=>CEDN nội tiếp

=>\(\widehat{CED}+\widehat{CND}=180^0\)

mà \(\widehat{CND}+\widehat{CBA}=180^0\)(CNAB nội tiếp)

nên \(\widehat{CED}=\widehat{CBA}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên ED//AB

=>ABED là hình thang

a: Thay x=1 và y=-2 vào (P), ta được:

\(a\cdot1^2=-2\)

=>\(a\cdot1=-2\)

=>a=-2

b: Khi a=-2 thì \(y=a\cdot x^2=-2x^2\)

Vẽ đồ thị: 

c: Thay x=2 vào (P), ta được:

\(y=-2\cdot2^2=-8\)