Các Dạng Toán Hình Lớp 9 Hay Có Lời Giải - 123doc

Nội dung

Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M,N,P.Chứng minh rằng:1)Tứ giác CEHD, nội tiếp .2)Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn.3)AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC.4)H và M đối xứng nhau qua BC.5)Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.Lời giải: 1.Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 900 ( Vì BE là đường cao) CDH = 900 ( Vì AD là đường cao)=>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 2.Theo giả thiết: BE là đường cao => BE  AC => BEC = 900.CF là đường cao => CF  AB => BFC = 900.Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn.3.Xét hai tam giác AEH và ADC ta có:  AEH =  ADC = 900 ; Â là góc chung =>  AEH  ADC => => AE.AC = AH.AD. Xét hai tam giác BEC và ADC ta có:  BEC =  ADC = 900 ; C là góc chung

Page | 1 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M,N,P. Chứng minh rằng: 1)Tứ giác CEHD, nội tiếp . 2)Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn. 3)AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC. 4)H và M đối xứng nhau qua BC. 5)Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Lời giải: 1. Xét tứ giác CEHD ta có: ∠ CEH = 90 0 ( Vì BE là đường cao) ∠ CDH = 90 0 ( Vì AD là đường cao) => ∠ CEH + ∠ CDH = 180 0 Mà ∠ CEH và ∠ CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ⊥ AC => ∠BEC = 90 0 . CF là đường cao => CF ⊥ AB => ∠BFC = 90 0 . Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 90 0 => E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC. Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn. 3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: ∠ AEH = ∠ ADC = 90 0 ; Â là góc chung => ∆ AEH ∼ ∆ADC => AC AH AD AE = => AE.AC = AH.AD. 1 Page | 2 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải * Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: ∠ BEC = ∠ ADC = 90 0 ; ∠C là góc chung => ∆ BEC ∼ ∆ADC => AC BC AD BE = => AD.BC = BE.AC. 4. Ta có ∠C 1 = ∠A 1 ( vì cùng phụ với góc ABC) ∠C 2 = ∠A 1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM) => ∠C 1 = ∠ C 2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB ⊥ HM => ∆ CHM cân tại C => CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC. 5. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn => ∠C 1 = ∠E 1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF) Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp  ∠C 1 = ∠E 2 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)  ∠E 1 = ∠E 2 => EB là tia phân giác của góc FED. Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đường cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE. 1. Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp . 2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn. 3. Chứng minh ED = 2 1 BC. 4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O). 5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm. 2 Page | 3 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải Lời giải: 1. Xét tứ giác CEHD ta có: ∠ CEH = 90 0 ( Vì BE là đường cao) ∠ CDH = 90 0 ( Vì AD là đường cao) => ∠ CEH + ∠ CDH = 180 0 Mà ∠ CEH và ∠ CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ⊥ AC => ∠BEA = 90 0 . AD là đường cao => AD ⊥ BC => ∠BDA = 90 0 . Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 90 0 => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB. Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn. 3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến => D là trung điểm của BC. Theo trên ta có ∠BEC = 90 0 . Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = 2 1 BC. 3 Page | 4 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải 4. Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O => ∠E 1 = ∠A 1 (1). Theo trên DE = 2 1 BC => tam giác DBE cân tại D => ∠E 3 = ∠B 1 (2) Mà ∠B 1 = ∠A 1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => ∠E 1 = ∠E 3 => ∠E 1 + ∠E 2 = ∠E 2 + ∠E 3 Mà ∠E 1 + ∠E 2 = ∠BEA = 90 0 => ∠E 2 + ∠E 3 = 90 0 = ∠OED => DE ⊥ OE tại E. Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E. 5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED 2 = OD 2 – OE 2  ED 2 = 5 2 – 3 2  ED = 4cm Bài 3 Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lượt ở C và D. Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N. 1. Chứng minh AC + BD = CD. 2. Chứng minh ∠COD = 90 0 . 3.Chứng minh AC. BD = 4 2 AB . 4.Chứng minh OC // BM 5.Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD. 5.Chứng minh MN ⊥ AB. 6.Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải: 4 Page | 5 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải 1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM. Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD 2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia phân giác của góc BOM, mà ∠AOM và ∠BOM là hai góc kề bù => ∠COD = 90 0 . 3. Theo trên ∠COD = 90 0 nên tam giác COD vuông tại O có OM ⊥ CD ( OM là tiếp tuyến ). áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có OM 2 = CM. DM, Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R 2 => AC. BD = 4 2 AB . 4. Theo trên ∠COD = 90 0 nên OC ⊥ OD .(1) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD là trung trực của BM => BM ⊥ OD .(2). Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông góc với OD). 5. Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO là bán kính. Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC // BD => tứ giác ACDB là hình thang. Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đường trung bình của hình thang ACDB ⇒ IO // AC , mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn đường kính CD 6. Theo trên AC // BD => BD AC BN CN = , mà CA = CM; DB = DM nên suy ra DM CM BN CN = 5 Page | 6 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải => MN // BD mà BD ⊥ AB => MN ⊥ AB. 7. ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất , mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M phải là trung điểm của cung AB. Bài 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A , O là trung điểm của IK. 1. Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn. 2. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 3. Tính bán kính đường tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm. Lời giải: (HD) 1. Vì I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A nên BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B Do đó BI ⊥ BK hay∠IBK = 90 0 . Tương tự ta cũng có ∠ICK = 90 0 như vậy B và C cùng nằm trên đường tròn đường kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn. 2. Ta có ∠C 1 = ∠C 2 (1) ( vì CI là phân giác của góc ACH. ∠C 2 + ∠I 1 = 90 0 (2) ( vì ∠IHC = 90 0 ). ∠I 1 = ∠ ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O) Từ (1), (2) , (3) => ∠C 1 + ∠ICO = 90 0 hay AC ⊥ OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 6 Page | 7 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải 3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm. AH 2 = AC 2 – HC 2 => AH = 22 1220 − = 16 ( cm) CH 2 = AH.OH => OH = 16 12 22 = AH CH = 9 (cm) OC = 225129 2222 =+=+ HCOH = 15 (cm) Bài 5 Cho đường tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đường thẳng d lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC ⊥ MB, BD ⊥ MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB. 1. Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp. 2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn . 3. Chứng minh OI.OM = R 2 ; OI. IM = IA 2 . 4. Chứng minh OAHB là hình thoi. 5. Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng. 6. Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d Lời giải: 1. (HS tự làm). 2. Vì K là trung điểm NP nên OK ⊥ NP ( quan hệ đường kính Và dây cung) => ∠OKM = 90 0 . Theo tính chất tiếp tuyến ta có ∠OAM = 90 0 ; ∠OBM = 90 0 . như vậy K, A, B cùng nhìn OM dưới một góc 90 0 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính OM. Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn. 3. Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R 7 Page | 8 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải => OM là trung trực của AB => OM ⊥ AB tại I . Theo tính chất tiếp tuyến ta có ∠OAM = 90 0 nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đường cao. áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => OI.OM = OA 2 hay OI.OM = R 2 ; và OI. IM = IA 2 . 4. Ta có OB ⊥ MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC ⊥ MB (gt) => OB // AC hay OB // AH. OA ⊥ MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD ⊥ MA (gt) => OA // BD hay OA // BH. => Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi. 5. Theo trên OAHB là hình thoi. => OH ⊥ AB; cũng theo trên OM ⊥ AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O chỉ có một đường thẳng vuông góc với AB). 6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động nhưng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d là nửa đường tròn tâm A bán kính AH = R Bài 6 Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD là đường kính của đường tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đường tròn tại D cắt CA ở E. 1. Chứng minh tam giác BEC cân. 2. Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Chứng minh rằng AI = AH. 8 Page | 9 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải 3. Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đường tròn (A; AH). 4. Chứng minh BE = BH + DE. Lời giải: (HD) 1. ∆ AHC = ∆ADE (g.c.g) => ED = HC (1) và AE = AC (2). Vì AB ⊥CE (gt), do đó AB vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của ∆BEC => BEC là tam giác cân. => ∠B 1 = ∠B 2 2. Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung, ∠B 1 = ∠B 2 => ∆ AHB = ∆AIB => AI = AH. 3. AI = AH và BE ⊥ AI tại I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I. 4. DE = IE và BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài 7 Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M. 1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một đường tròn. 2. Chứng minh BM // OP. 3. Đường thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng minh tứ giác OBNP là hình bình hành. 4. Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I; PN và OM kéo dài cắt nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng. Lời giải: 1. (HS tự làm). 2.Ta có ∠ ABM nội tiếp chắn cung AM; ∠ AOM là góc ở tâm chắn cung AM => ∠ ABM = 2 AOM∠ (1) OP là tia phân giác ∠ AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ) => ∠ AOP = 2 AOM∠ (2) 9 Page | 10 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải Từ (1) và (2) => ∠ ABM = ∠ AOP (3) Mà ∠ ABM và ∠ AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4) 3.Xét hai tam giác AOP và OBN ta có : ∠PAO=90 0 (vì PA là tiếp tuyến ); ∠NOB = 90 0 (gt NO⊥AB). => ∠PAO = ∠NOB = 90 0 ; OA = OB = R; ∠AOP = ∠OBN (theo (3)) => ∆AOP = ∆OBN => OP = BN (5) Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau). 4. Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON ⊥ AB => ON ⊥ PJ Ta cũng có PM ⊥ OJ ( PM là tiếp tuyến ), mà ON và PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm tam giác POJ. (6) Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có ∠PAO = ∠AON = ∠ONP = 90 0 => K là trung điểm của PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật). (6) AONP là hình chữ nhật => ∠APO = ∠ NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác ∠APM => ∠APO = ∠MPO (8). Từ (7) và (8) => ∆IPO cân tại I có IK là trung tuyến đông thời là đường cao => IK ⊥ PO. (9) 10 [...]... EA 1 Ta có: ∠BNC= 90 0( nội EB với các nửa đường tròn (I), (K) 1.Chứng minh EC = MN tiếp chắn nửa đường tròn tâm 2.Ch/minh MN là tiếp tuyến chung của các nửa K) đ/tròn (I), (K) 3.Tính MN 4.Tính diện tích hình được giới hạn bởi ba nửa đường tròn Lời giải: => ∠ENC = 90 0 (vì là hai góc kề bù) (1) 19 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải ∠AMC = 90 0 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => ∠EMC = 90 0 (vì... đồng dạng với tam giác EBD giác ABC và Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp EDB Ta có 3 ∠BAC = 90 0 ( 4 AC // FG Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải: 23 vì tam giác Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải ABC vuông tại A); ∠DEB = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) Page | 24 là tứ giác nội tiếp => ∠DEB = ∠BAC = 90 0 ; lại có ∠ABC là góc chung => ∆DEB ∼ ∆ CAB 2 Theo trên ∠DEB = 90 0 => ∠DEC = 90 0... định nào Tam giác Lời giải: ONC cân tại O 1 Ta có ∠OMP = 90 0 ( vì PM ⊥ AB ); ∠ONP = 90 0 (vì NP vì có ON = OC là tiếp tuyến ) = R => ∠ONC Như vậy M và N cùng nhìn OP dưới một góc bằng 90 0 => = ∠OCN M và N cùng nằm trên đường tròn đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp 16 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải Page | 17 => ∠OPM = ∠OCM Xét hai tam giác OMC và MOP ta có ∠MOC = ∠OMP = 90 0; ∠OPM = ∠OCM... ( vì OA và OC là bán kính) => ∠A1 = ∠C4 Mà ∠A1 + ∠M1 = 90 0 ( do tam giác AHM vuông tại H) => ∠C1 + ∠C4 = 90 0 => ∠C3 + ∠C2 = 90 0 ( vì góc ACM là góc bẹt) hay ∠OCK = 90 0 Xét tứ giác KCOH Ta có ∠OHK = 90 0; ∠OCK = 90 0 => ∠OHK + ∠OCK = 1800 mà ∠OHK và ∠OCK là hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp 26 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải Bài 19 Cho đường tròn (O) đường kính AC Trên bán kính OC lấy... (O) Chứng minh rằng các đường thẳng BA, EM, CD đồng quy 4 Chứng minh DM là tia phân giác của góc ADE 5 Chứng minh điểm M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải: 21 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải Page | 22 1 Ta có ∠CAB = 90 0 ( vì tam giác ABC vuông tại A); ∠MDC = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ∠CDB = 90 0 như vậy D và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 90 0 nên A và D cùng... phân giác của góc SCB 22 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải 3 Xét ∆CMB Ta có BA⊥CM; CD ⊥ BM; ME ⊥ BC như vậy BA, EM, CD là ba đường cao của tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy ¼ ¼ 4 Theo trên Ta có SM = EM => ∠D1= ∠D2 => DM là tia phân giác của góc Page | 23 ADE.(1) 5 Ta có ∠MEC = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => ∠MEB = 90 0 Tứ giác AMEB có ∠MAB = 90 0 ; ∠MEB = 90 0 => ∠MAB + ∠MEB = 1800... ACB ta có ∠A = 90 0 là góc chung; ∠AFE = ∠ABC ( theo Chứng minh trên) => ∆AEF ∼∆ACB => AE AF = => AE AB = AF AC AC AB * HD cách 2: Tam giác AHB vuông tại H có HE ⊥ AB => AH2 = AE.AB (*) 18 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải Tam giác AHC vuông tại H có HF ⊥ AC => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) và (**) => AE AB = AF AC 4 Tứ giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => ∆IEH cân tại I => ∠E1 = ∠H1 Page | 19 ∆O1EH... giác đều ABC có đường cao là AH Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì ( M không trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với các cạnh AB AC 1 Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó 2 Chứng minh rằng MP + MQ = AH 3 Chứng minh OH ⊥ PQ Lời giải: 24 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải 1 Ta có MP ⊥ AB (gt) => ∠APM = 90 0; MQ Tam giác ACM có MQ là ⊥ AC... đó DE) BDFC nội Chứng minh tương tự ta có ∠DFE < 90 0; ∠EDF < 90 0 Như vậy tiếp được một đường tam giác DEF có ba góc nhọn 2 Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) => AD AF = AB AC => DF // BC 3 DF // BC => BDFC là hình thang lại có ∠ B = ∠C (vì tam giác ABC cân) 15 tròn Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải Page | 16 4 Xét hai tam giác BDM và CBF Ta có ∠ DBM = ∠BCF ( hai góc đáy của tam giác cân)... ABC => BH ⊥ AC tại F => ∆AEB có ∠AFB = 90 0 Theo trên ∆ADC có ∠ADC = 90 0 => ∠B1 = ∠C1 ( cùng phụ ∠BAC) (5) 34 1 C Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải Từ (3), (4), (5) =>∠D1 = ∠D2 mà ∠D2 +∠IDH =∠BDC = 90 0=> ∠D1 +∠IDH = 90 0 = ∠IDO => OD ⊥ ID tại D => OD là tiếp tuyến của đường Page | 35 tròn ngoại tiếp tam giác BDE Bài 25 Cho đường tròn (O), BC là dây bất kì (BC< 2R) Kẻ các tiếp tuyến với đường tròn . DH = 2 Cm, AH = 6 Cm. 2 Page | 3 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải Lời giải: 1. Xét tứ giác CEHD ta có: ∠ CEH = 90 0 ( Vì BE là đường cao) ∠ CDH = 90 0 ( Vì AD là đường cao) =>. góc kề bù). (1) 19 Page | 20 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải ∠AMC = 90 0 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => ∠EMC = 90 0 (vì là hai góc kề bù).(2) ∠AEB = 90 0 (nội tiếp. 12 Các dạng toán hình lớp 9 hay có lời giải => ∠ABE =∠MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => BE là tia phân giác góc ABF. (1) Theo trên ta có ∠AEB = 90 0 => BE ⊥ AF hay

Ngày đăng: 17/10/2014, 14:37