1) a) Bán kính đáy của lý nước có dạng hình trụ đó là: \(\frac{5}{2} = 2,5{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Thể tích lượng nước tinh khiết được chứa trong ly bằng thể tích của hình trụ có chiều cao \(10\) cm, và bằng:

\({V_1} = \pi \cdot {\left( {2,5} \right)^2} \cdot 10 = 62,5\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

b) Thể tích của 5 viên bi bằng thể tích của hình trụ với chiều cao là \[15 - 10 = 5\] (cm).

\[{V_{5\,\,vien\,\,bi}} = \pi \cdot {\left( {2,5} \right)^2} \cdot 5 = 31,25\pi \] (cm³).

Thể tích của mỗi viên bi là: \(\frac{{31,25\pi }}{5} = 6,25\pi \) (cm³).

2)

a) Cách 1: Ta có \(MN \bot AB\) tại \[O\] nên \(\Delta MOB\) vuông tại \[O\], suy ra ba điểm \[M,{\rm{ }}O,{\rm{ }}B\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MB\].

Ta có \(MH \bot CB\) tại \[H\] nên \(\Delta MHB\) vuông tại \[H,\]suy ra ba điểm \[M,{\rm{ }}H,{\rm{ }}B\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MB\].

Do đó bốn điểm \[O;{\rm{ }}M;{\rm{ }}H;{\rm{ }}B\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MB\].

Cách 2: Gọi \[I\] là trung điểm của \[MB\].

Ta có \(MN \bot AB\) tại \[O\] nên \(\Delta MOB\) vuông tại \[O,\] lại có \[OI\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(MB\) nên \(IO = IM = IB = \frac{1}{2}MB.\)

Ta có \(MH \bot CB\) tại \[H\] nên \(\Delta MHB\) vuông tại \[H,\]

lại có HI là đường trung tuyến với cạnh huyền \(MB\) nên \(IH = IM = IB = \frac{1}{2}MB.\)

Vậy \(IO = IM = IH = IB\) nên bốn điểm \[O;{\rm{ }}M;{\rm{ }}H;{\rm{ }}B\] cùng thuộc đường tròn tâm \[I,\] đường kính \(MB.\)

b) ⦁ Chứng minh \(\widehat {MHO} = \widehat {MNA}\)

Xét đường tròn ngoại tiếp đi qua bốn điểm \[O;{\rm{ }}M;{\rm{ }}H;{\rm{ }}B\] có \(\widehat {MHO} = \widehat {MBO}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[MO).\]

Xét đường tròn tâm \[O\] có: \(\widehat {MBA} = \widehat {MNA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[MA)\] hay \(\widehat {MBO} = \widehat {MNA}\)

Do đó: \(\widehat {MHO} = \widehat {MNA}.\)

⦁ Chứng minh \(ME \cdot MH = BE \cdot HC\)

Xét đường tròn ngoại tiếp đi qua bốn điểm \[O;{\rm{ }}M;{\rm{ }}H;{\rm{ }}B\] có \(\widehat {BMO} = \widehat {BHO}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[OB)\]

Tam giác \[MBO\] cân tại \[O\] (do \(OM = OB)\) nên \(\widehat {BMO} = \widehat {MBO}\).

Lại có \(\widehat {MHO} = \widehat {MBO}\) (chứng minh trên)

Suy ra \(\widehat {MHO} = \widehat {BHO}\) nên \[HO\] là tia phân giác của \(\widehat {MHB}\) hay \[ME\] là tia phân giác của \(\widehat {MHB}.\)

Xét \(\Delta MHB\) có \[ME\] là tia phân giác của \(\widehat {MHB}\) nên \(\frac = \frac\) (1)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AB\) là đường kính và \(M \in \left( O \right)\) nên \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), do đó \(\widehat {CMB} = 90^\circ \) nên \(\widehat {HMC} + \widehat {HMB} = 90^\circ .\)

Mặt khác, \(\Delta MHB\) vuông tại \(H\) nên \(\widehat {HMB} + \widehat {HBM} = 90^\circ \) (tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông).

Suy ra \(\widehat {HMC} = \widehat {HBM}.\)

Xét \(\Delta MHC\) và \(\Delta BHM\) có: \(\widehat {HMC} = \widehat {BHM} = 90^\circ \) và \(\widehat {HMC} = \widehat {HBM}\)

Do đó  (g.g), suy ra \(\frac = \frac\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac = \frac\,\,\left( { = \frac} \right)\) hay \(ME \cdot MH = BE \cdot HC\).

c) ⦁ Tam giác \[MHC\] vuông tại \[C\] nên ba điểm \[M,{\rm{ }}H,{\rm{ }}C\] nội tiếp đường tròn đường kính \[MC\].

Mà \[P\] thuộc đường tròn đó nên \(\widehat {MPC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Mặt khác, \[P\] thuộc đường tròn tâm \[O,\] đường kính \[MN\] nên \(\widehat {MPN} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Vậy \(\widehat {MPN} + \widehat {MPC} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) nên \[C,{\rm{ }}P,{\rm{ }}N\] thẳng hàng. (3)

⦁ Xét \(\Delta MHC\) và \(\Delta BMC\) có:

\(\widehat {MHC} = \widehat {BMC} = 90^\circ \) và \(\widehat {MCB}\) là góc chung

Do đó  (g.g), suy ra \(\frac = \frac\) hay \(\frac = \frac\).

Tam giác \[BMN\]có \[BO\] là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên \[\Delta BMN\] cân tại \[B\], suy ra \(BM = BN.\)

Do đó từ \(\frac = \frac\) ta có \(\frac = \frac\)

Theo câu b ta có: \(\frac = \frac\) nên \(\frac = \frac\).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(MN\) có \(B \in \left( O \right)\) nên \(\widehat {NBM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(\widehat {NBE} = 90^\circ .\)

Xét \(\Delta MCE\) và \(\Delta BNE\) có: \(\widehat {CME} = \widehat {NBE} = 90^\circ \) và \(\frac = \frac\)

Do đó  (g.g), suy ra \(\widehat {MEC} = \widehat {BEN}\) (hai góc tương ứng).

Ta có: \(\widehat {BEN} + \widehat {CEB} = \widehat {MEC} + \widehat {CEB} = \widehat {MEB} = 180^\circ \) nên ba điểm \[C,{\rm{ }}E,{\rm{ }}N\] thẳng hàng. (4)

Từ (3) và (4) ta có bốn điểm \[C;{\rm{ }}P;{\rm{ }}E;{\rm{ }}N\] thẳng hàng hay \[C;{\rm{ }}P;{\rm{ }}E\] thẳng hàng.