Bài 1. Cho tam giác ABC tất cả ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các con đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt con đường tròn (O) thứu tự trên M,N,P.Chứng minh rằng:1)Tđọng giác CEHD, nội tiếp .2)Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một con đường tròn.3)AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC.4)H với M đối xứng nhau qua BC.5)Xác định trung ương đường tròn nội tiếp tam giác DEF.Lời giải: 1.Xét tđọng giác CEHD ta có: CEH = 900 ( Vì BE là mặt đường cao) CDH = 900 ( Vì AD là con đường cao)=>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH với  CDH là nhì góc đối của tứ giác CEHD , Do kia CEHD là tđọng giác nội tiếp 2.Theo trả thiết: BE là con đường cao => BE  AC => BEC = 900.CF là đường cao => CF  AB => BFC = 900.Như vậy E cùng F thuộc quan sát BC bên dưới một góc 900 => E với F thuộc ở trên phố tròn 2 lần bán kính BC.Vậy tư điểm B,C,E,F thuộc nằm trên một con đường tròn.3.Xét nhị tam giác AEH và ADC ta có:  AEH =  ADC = 900 ; Â là góc chung =>  AEH  ADC => => AE.AC = AH.AD. Xét nhì tam giác BEC với ADC ta có:  BEC =  ADC = 900 ; C là góc phổ biến Page | 1 Các dạng toán hình lớp 9 giỏi tất cả lời giải Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp con đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H với cắt đường tròn (O) theo thứ tự tại M,N,P. Chứng minch rằng: 1)Tứ giác CEHD, nội tiếp . 2)Bốn điểm B,C,E,F thuộc nằm trong 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 với ∠ CDH là hai góc đối của tđọng giác CEHD , Do đó CEHD là tứ đọng giác nội tiếp 2. Theo đưa thiết: BE là mặt đường cao => BE ⊥ AC => ∠BEC = 90 0 . CF là mặt đường cao => CF ⊥ AB => ∠BFC = 90 0 . Vậy nên E cùng F cùng chú ý BC bên dưới một góc 90 0 => E cùng F cùng ở trê tuyến phố tròn đường kính BC. Vậy tư điểm B,C,E,F thuộc nằm tại một đường tròn. 3. Xét hai tam giác AEH với ADC ta có: ∠ AEH = ∠ ADC = 90 0 ; Â là góc phổ biến => ∆ AEH ∼ ∆ADC => AC AH AD AE = => AE.AC = AH.AD. 1 Page | 2 Các dạng tân oán hình lớp 9 hay có giải thuật * Xét nhì tam giác BEC cùng ADC ta có: ∠ BEC = ∠ ADC = 90 0 ; ∠C là góc thông thường => ∆ BEC ∼ ∆ADC => AC BC AD BE = => AD.BC = BE.AC. 4. Ta gồm ∠C 1 = ∠A 1 ( vì thuộc phụ với góc ABC) ∠C 2 = ∠A 1 ( do là hai góc nội tiếp thuộc chắn cung BM) => ∠C 1 = ∠ C 2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại sở hữu CB ⊥ HM => ∆ CHM cân trên C => CB cũng là đương trung trực của HM vậy H với M đối xứng nhau qua BC. 5. Theo minh chứng bên trên tư điểm B,C,E,F thuộc nằm trên một mặt đường tròn => ∠C 1 = ∠E 1 ( vị là nhị góc nội tiếp cùng chắn cung BF) Cũng theo chứng tỏ bên trên CEHD là tứ đọng giác nội tiếp  ∠C 1 = ∠E 2 ( do là nhì góc nội tiếp cùng chắn cung HD)  ∠E 1 = ∠E 2 => EB là tia phân giác của góc FED. Chứng minc giống như ta cũng có thể có FC là tia phân giác của góc DFE cơ mà BE cùng CF cắt nhau trên H vì vậy H là chổ chính giữa đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Bài 2. Cho tam giác cân nặng ABC (AB = AC), những con đường cao AD, BE, cắt nhau trên H. call O là trọng tâm mặt đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE. 1. Chứng minh tứ đọng giác CEHD nội tiếp . 2. Bốn điểm A, E, D, B thuộc nằm ở một đường tròn. 3. Chứng minc ED = 2 1 BC. 4. Chứng minh DE là tiếp tuyến đường của mặt đường tròn (O). 5. Tính độ nhiều năm DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm. 2 Page | 3 Các dạng toán hình lớp 9 tuyệt tất cả giải thuật Lời giải: 1. Xét tđọng giác CEHD ta có: ∠ CEH = 90 0 ( Vì BE là mặt đường cao) ∠ CDH = 90 0 ( Vì AD là mặt đường cao) => ∠ CEH + ∠ CDH = 180 0 Mà ∠ CEH cùng ∠ CDH là nhị góc đối của tứ giác CEHD , Do kia CEHD là tđọng giác nội tiếp 2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ⊥ AC => ∠BEA = 90 0 . AD là con đường cao => AD ⊥ BC => ∠BDA = 90 0 . Bởi vậy E và D cùng chú ý AB bên dưới một góc 90 0 => E với D cùng ở trê tuyến phố tròn 2 lần bán kính AB. Vậy tư điểm A, E, D, B cùng nằm trong một con đường tròn. 3. Theo giả thiết tam giác ABC cân trên A bao gồm AD là con đường cao buộc phải cũng là mặt đường trung con đường => D là trung điểm của BC. Theo bên trên ta bao gồm ∠BEC = 90 0 . Vậy tam giác BEC vuông tại E bao gồm ED là trung đường => DE = 2 1 BC. 3 Page | 4 Các dạng tân oán hình lớp 9 giỏi gồm giải mã 4. Vì O là chổ chính giữa con đường tròn nước ngoài tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân nặng tại O => ∠E 1 = ∠A 1 (1). Theo bên trên DE = 2 1 BC => tam giác DBE cân nặng tại D => ∠E 3 = ∠B 1 (2) Mà ∠B 1 = ∠A 1 ( vì cùng phụ cùng 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 mặt đường tròn (O) tại E. 5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 centimet.; DH = 2 Cm => OD = 5 centimet. áp dụng định lí Pitago đến tam giác OED vuông trên E ta gồm ED 2 = OD 2 – OE 2  ED 2 = 5 2 – 3 2  ED = 4cm Bài 3 Cho nửa mặt đường tròn 2 lần bán kính AB = 2R. Từ A cùng B kẻ nhì tiếp đường Ax, By. Qua điểm M ở trong nửa con đường tròn kẻ tiếp đường trang bị bố cắt các tiếp đường Ax , By theo lần lượt sinh hoạt C với D. Các đường thẳng AD và BC giảm nhau trên N. 1. Chứng minh AC + BD = CD. 2. Chứng minch ∠COD = 90 0 . 3.Chứng minh AC. BD = 4 2 AB . 4.Chứng minc OC // BM 5.Chứng minc AB là tiếp tuyến của mặt đường tròn đường kính CD. 5.Chứng minc MN ⊥ AB. 6.Xác xác định trí của M để chu vi tđọng giác ACDB đạt quý hiếm nhỏ dại nhất. Lời giải: 4 Page | 5 Các dạng tân oán hình lớp 9 giỏi gồm giải thuật 1. Theo đặc điểm nhị tiếp tuyến giảm nhau ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM. Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD 2. Theo đặc điểm nhị tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia phân giác của góc BOM, nhưng mà ∠AOM cùng ∠BOM là nhì góc kề bù => ∠COD = 90 0 . 3. Theo trên ∠COD = 90 0 nên tam giác COD vuông trên O tất cả OM ⊥ CD ( OM là tiếp tuyến ). áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta bao gồm 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 yêu cầu OC ⊥ OD .(1) Theo đặc điểm nhì tiếp đường giảm nhau ta có: DB = DM; lại sở hữu OM = OB =R => OD là trung trực của BM => BM ⊥ OD .(2). Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì thuộc vuông góc với OD). 5. gọi I là trung điểm của CD ta tất cả I là trung tâm đường tròn nước ngoài tiếp tam giác COD đường kính CD có IO là nửa đường kính. Theo đặc điểm tiếp đường ta có AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC // BD => tđọng giác ACDB là hình thang. Lại bao gồm I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là mặt đường mức độ vừa phải của hình thang ACDB ⇒ IO // AC , cơ mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB trên O => AB là tiếp tuyến đường trên O của đường tròn 2 lần bán kính CD 6. Theo bên trên AC // BD => BD AC BN công nhân = , nhưng mà CA = CM; DB = DM bắt buộc suy ra DM CM BN công nhân = 5 Page | 6 Các dạng tân oán hình lớp 9 tốt tất cả lời giải => MN // BD cơ mà BD ⊥ AB => MN ⊥ AB. 7. ( HD): Ta tất cả chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD nhưng AC + BD = CD buộc phải suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD nhưng AB ko thay đổi phải chu vi tđọng giác ACDB nhỏ nhất khi CD bé dại tuyệt nhất , mà lại CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách duy trì 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 nặng ABC (AB = AC), I là trung ương đường tròn nội tiếp, K là vai trung phong con đường tròn bàng tiếp góc A , O là trung điểm của IK. 1. Chứng minch B, C, I, K thuộc nằm tại một đường tròn. 2. Chứng minc AC là tiếp tuyến của con đường tròn (O). 3. Tính nửa đường kính con đường tròn (O) Biết AB = AC = đôi mươi Cm, BC = 24 Cm. Lời giải: (HD) 1. Vì I là trung khu con đường tròn nội tiếp, K là trung tâm con đường tròn bàng tiếp góc A yêu cầu BI và BK là hai tia phân giác của nhì góc kề bù đỉnh B Do đó BI ⊥ BK hay∠IBK = 90 0 . Tương tự ta cũng có ∠ICK = 90 0 những điều đó B với C thuộc ở trên đường tròn 2 lần bán kính IK vì vậy B, C, I, K thuộc vị trí một con đường tròn. 2. Ta tất cả ∠C 1 = ∠C 2 (1) ( bởi CI là phân giác của góc ACH. ∠C 2 + ∠I 1 = 90 0 (2) ( bởi vì ∠IHC = 90 0 ). ∠I 1 = ∠ ICO (3) ( do tam giác OIC cân tại O) Từ (1), (2) , (3) => ∠C 1 + ∠ICO = 90 0 xuất xắc AC ⊥ OC. Vậy AC là tiếp tuyến đường của mặt đường tròn (O). 6 Page | 7 Các dạng tân oán hình lớp 9 giỏi có giải thuật 3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm. AH 2 = AC 2 – HC 2 => AH = 22 12đôi mươi − = 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 bên trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đường thẳng d rước điểm M bất kể ( M không giống A) kẻ cát tuyến đường MNPhường. và Điện thoại tư vấn K là trung điểm của NPhường, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC ⊥ MB, BD ⊥ MA, Hotline H là giao điểm của AC với BD, I là giao điểm của OM cùng AB. 1. Chứng minch tđọng giác AMBO nội tiếp. 2. Chứng minch năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trong một con đường tròn . 3. Chứng minc OI.OM = R 2 ; OI. IM = IA 2 . 4. Chứng minc OAHB là hình thoi. 5. Chứng minch tía điểm O, H, M thẳng mặt hàng. 6. Tìm quỹ tích của điểm H khi M dịch chuyển trê tuyến phố thẳng d Lời giải: 1. (HS trường đoản cú làm). 2. Vì K là trung điểm NPhường cần OK ⊥ NP.. ( quan hệ nam nữ đường kính Và dây cung) => ∠OKM = 90 0 . Theo đặc điểm tiếp tuyến ta bao gồm ∠OAM = 90 0 ; ∠OBM = 90 0 . như vậy K, A, B thuộc nhìn OM bên dưới một góc 90 0 bắt buộc thuộc ở trên phố tròn đường kính OM. Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm ở một đường tròn. 3. Ta bao gồm MA = MB ( t/c hai tiếp con đường giảm nhau); OA = OB = R 7 Page | 8 Các dạng tân oán hình lớp 9 hay gồm giải thuật => OM là trung trực của AB => OM ⊥ AB tại I . Theo đặc thù tiếp tuyến ta có ∠OAM = 90 0 phải tam giác OAM vuông tại A tất cả AI là con đường cao. áp dụng hệ thức giữa cạnh và mặt đường cao => OI.OM = OA 2 hay OI.OM = R 2 ; cùng OI. IM = IA 2 . 4. Ta có OB ⊥ MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC ⊥ MB (gt) => OB // AC giỏi OB // AH. OA ⊥ MA (đặc thù tiếp tuyến) ; BD ⊥ MA (gt) => OA // BD giỏi OA // BH. => Tđọng giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi. 5. Theo bên trên OAHB là hình thoi. => OH ⊥ AB; cũng theo trên OM ⊥ AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O chỉ bao gồm một mặt đường trực tiếp vuông góc với AB). 6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy lúc M cầm tay bên trên d thì H cũng cầm tay cơ mà luôn luôn phương pháp A thắt chặt và cố định một khoảng tầm bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trê tuyến phố thẳng d là nửa đường tròn trọng điểm A bán kính AH = R Bài 6 Cho tam giác ABC vuông nghỉ ngơi A, mặt đường cao AH. Vẽ mặt đường tròn vai trung phong A bán kính AH. Hotline HD là 2 lần bán kính của đường tròn (A; AH). Tiếp tuyến đường của đường tròn tại D cắt CA sinh hoạt E. 1. Chứng minh tam giác BEC cân nặng. 2. Hotline I là hình chiếu của A bên trên BE, Chứng minch rằng AI = AH. 8 Page | 9 Các dạng toán thù hình lớp 9 tốt gồm giải mã 3. Chứng minh rằng BE là tiếp con đường của mặt đường tròn (A; AH). 4. Chứng minch BE = BH + DE. Lời giải: (HD) 1. ∆ AHC = ∆ADE (g.c.g) => ED = HC (1) và AE = AC (2). Vì AB ⊥CE (gt), cho nên vì thế AB vừa là mặt đường cao vừa là đường trung tuyến đường của ∆BEC => BEC là tam giác cân. => ∠B 1 = ∠B 2 2. Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB tầm thường, ∠B 1 = ∠B 2 => ∆ AHB = ∆AIB => AI = AH. 3. AI = AH với BE ⊥ AI tại I => BE là tiếp tuyến đường của (A; AH) tại I. 4. DE = IE cùng BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài 7 Cho mặt đường tròn (O; R) 2 lần bán kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và mang trên tiếp đường đó một điểm Phường làm sao để cho AP.. > R, từ Phường. kẻ tiếp tuyến tiếp xúc cùng với (O) tại M. 1. Chứng minch rằng tứ giác APMO nội tiếp được một con đường tròn. 2. Chứng minch BM // OP.. 3. Đường thẳng vuông góc cùng với AB sống O giảm tia BM trên N. Chứng minh tứ đọng giác OBNP là hình bình hành. 4. Biết AN cắt OP.. trên K, PM giảm ON tại I; PN và OM kéo dãn dài giảm nhau tại J. Chứng minh I, J, K trực tiếp mặt hàng. Lời giải: 1. (HS từ làm). 2.Ta tất cả ∠ ABM nội tiếp chắn cung AM; ∠ AOM là góc làm việc trọng điểm chắn cung AM => ∠ ABM = 2 AOM∠ (1) OPhường là tia phân giác ∠ AOM ( t/c nhì tiếp con đường giảm nhau ) => ∠ AOP = 2 AOM∠ (2) 9 Page | 10 Các dạng toán hình lớp 9 xuất xắc tất cả lời giải Từ (1) và (2) => ∠ ABM = ∠ AOPhường (3) Mà ∠ ABM với ∠ AOPhường là nhì góc đồng vị đề xuất suy ra BM // OPhường. (4) 3.Xét nhì tam giác AOPhường với OBN ta gồm : ∠PAO=90 0 (vị PA là tiếp tuyến ); ∠NOB = 90 0 (gt NO⊥AB). => ∠PAO = ∠NOB = 90 0 ; OA = OB = R; ∠AOP. = ∠OBN (theo (3)) => ∆AOP.. = ∆OBN => OPhường = BN (5) Từ (4) với (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có nhì cạnh đối song tuy nhiên với bởi nhau). 4. Tứ đọng giác OBNP là hình bình hành => PN // OB tuyệt PJ // AB, mà lại ON ⊥ AB => ON ⊥ PJ Ta cũng đều có PM ⊥ OJ ( PM là tiếp con đường ), nhưng ON với PM cắt nhau tại I bắt buộc I là trực vai trung phong tam giác POJ. (6) Dễ thấy tứ giác AONPhường là hình chữ nhật vì chưng bao gồm ∠PAO = ∠AON = ∠ONP = 90 0 => K là trung điểm của PO ( t/c mặt đường chéo cánh hình chữ nhật). (6) AONP là hình chữ nhật => ∠APO = ∠ NOP ( so le) (7) Theo t/c nhì tiếp tuyến đường giảm nhau Ta bao gồm PO là tia phân giác ∠APM => ∠APO = ∠MPO (8). Từ (7) với (8) => ∆IPO cân trên I tất cả IK là trung con đường đông thời là đường cao => IK ⊥ PO. (9) 10 <...>... EA 1 Ta có: ∠BNC= 90 0( nội EB với những nửa con đường tròn (I), (K) 1.Chứng minh EC = MN tiếp chắn nửa đường tròn tâm 2.Ch/minh MN là tiếp con đường bình thường của những nửa K) đ/tròn (I), (K) 3.Tính MN 4.Tính diện tích S hình được giới hạn vì chưng tía nửa đường tròn Lời giải: => ∠ENC = 90 0 (vị là nhì góc kề bù) (1) 19 Các dạng toán thù hình lớp 9 hay có giải thuật ∠AMC = 90 0 ( nội tiếp chắn nửc mặt đường tròn chổ chính giữa I) => ∠EMC = 90 0 (vày... đồng dạng với tam giác EBD giác ABC và Tđọng giác ADEC cùng AFBC nội tiếp EDB Ta tất cả 3 ∠BAC = 90 0 ( 4 AC // FG Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải: 23 bởi vì tam giác Các dạng tân oán hình lớp 9 tuyệt có giải mã ABC vuông trên A); ∠DEB = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa con đường tròn ) Page | 24 là tứ đọng giác nội tiếp => ∠DEB = ∠BAC = 90 0 ; lại sở hữu ∠ABC là góc bình thường => ∆DEB ∼ ∆ CAB 2 Theo trên ∠DEB = 90 0 => ∠DEC = 90 0... định như thế nào Tam giác Lời giải: ONC cân nặng tại O 1 Ta bao gồm ∠OMP = 90 0 ( vày PM ⊥ AB ); ∠ONPhường. = 90 0 (bởi NP bởi vì có ON = OC là tiếp tuyến ) = R => ∠ONC vì vậy M cùng N cùng quan sát OPhường bên dưới một góc bởi 90 0 => = ∠Ocông nhân M và N cùng ở trên đường tròn đường kính OP => Tứ đọng giác OMNP nội tiếp 16 Các dạng toán hình lớp 9 xuất xắc gồm lời giải Page | 17 => ∠OPM = ∠OCM Xét nhì tam giác OMC và MOP ta có ∠MOC = ∠OMP = 90 0; ∠OPM = ∠OCM... ( vị OA và OC là buôn bán kính) => ∠A1 = ∠C4 Mà ∠A1 + ∠M1 = 90 0 ( do tam giác AHM vuông tại H) => ∠C1 + ∠C4 = 90 0 => ∠C3 + ∠C2 = 90 0 ( bởi góc ACM là góc bẹt) giỏi ∠OCK = 90 0 Xét tđọng giác KCOH Ta gồm ∠OHK = 90 0; ∠OCK = 90 0 => ∠OHK + ∠OCK = 1800 mà ∠OHK với ∠OCK là hai góc đối yêu cầu KCOH là tứ giác nội tiếp 26 Các dạng toán thù hình lớp 9 xuất xắc bao gồm giải thuật Bài 19 Cho đường tròn (O) 2 lần bán kính AC Trên bán kính OC mang... (O) Chứng minch rằng những đường thẳng BA, EM, CD đồng quy 4 Chứng minh DM là tia phân giác của góc ADE 5 Chứng minh điểm M là trung tâm con đường tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải: 21 Các dạng toán thù hình lớp 9 giỏi gồm giải thuật Page | 22 1 Ta bao gồm ∠CAB = 90 0 ( bởi vì tam giác ABC vuông tại A); ∠MDC = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ∠CDB = 90 0 điều đó D cùng A thuộc chú ý BC bên dưới một góc bằng 90 0 phải A và D thuộc... phân giác của góc SCB 22 Các dạng tân oán hình lớp 9 giỏi gồm giải thuật 3 Xét ∆CMB Ta tất cả BA⊥CM; CD ⊥ BM; ME ⊥ BC như thế BA, EM, CD là tía con đường cao của tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy ¼ ¼ 4 Theo trên Ta tất cả 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 Tđọng giác AMEB gồm ∠MAB = 90 0 ; ∠MEB = 90 0 => ∠MAB + ∠MEB = 1800... ACB ta gồm ∠A = 90 0 là góc chung; ∠AFE = ∠ABC ( theo Chứng minh trên) => ∆AEF ∼∆ACB => AE AF = => AE AB = AF AC AC AB * HD phương pháp 2: Tam giác AHB vuông trên H bao gồm HE ⊥ AB => AH2 = AE.AB (*) 18 Các dạng tân oán hình lớp 9 hay gồm lời giải Tam giác AHC vuông trên H tất cả HF ⊥ AC => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) với (**) => AE AB = AF AC 4 Tđọng giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => ∆IEH cân nặng tại I => ∠E1 = ∠H1 Page | 19 ∆O1EH... giác phần đông ABC có mặt đường cao là AH Trên cạnh BC rước điểm M bất kì ( M ko trùng B C, H ) ; từ M kẻ MPhường, MQ vuông góc cùng với những cạnh AB AC 1 Chứng minh APMQ là tđọng giác nội tiếp và hãy khẳng định trung khu O của mặt đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó 2 Chứng minch rằng MPhường + MQ = AH 3 Chứng minh OH ⊥ PQ Lời giải: 24 Các dạng toán hình lớp 9 xuất xắc bao gồm lời giải 1 Ta có MPhường ⊥ AB (gt) => ∠APM = 90 0; MQ Tam giác ACM tất cả MQ là ⊥ AC... kia DE) BDFC nội Chứng minc tương tự ta tất cả ∠DFE AD AF = AB AC => DF // BC 3 DF // BC => BDFC là hình thang lại sở hữu ∠ B = ∠C (vị tam giác ABC cân) 15 tròn Các dạng toán hình lớp 9 tốt có giải mã Page | 16 4 Xét nhì tam giác BDM với CBF Ta có ∠ DBM = ∠BCF ( hai góc đáy của tam giác cân)... ABC => BH ⊥ AC tại F => ∆AEB bao gồm ∠AFB = 90 0 Theo bên trên ∆ADC tất cả ∠ADC = 90 0 => ∠B1 = ∠C1 ( thuộc phú ∠BAC) (5) 34 1 C Các dạng toán hình lớp 9 hay bao gồm lời giải Từ (3), (4), (5) =>∠D1 = ∠D2 nhưng ∠D2 +∠IDH =∠BDC = 90 0=> ∠D1 +∠IDH = 90 0 = ∠IDO => OD ⊥ ID tại D => OD là tiếp tuyến đường của mặt đường Page | 35 tròn ngoại tiếp tam giác BDE Bài 25 Cho đường tròn (O), BC là dây bất kỳ (BC. góc kề bù). (1) 19 Page | trăng tròn Các dạng tân oán hình lớp 9 tốt tất cả giải mã ∠AMC = 90 0 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => ∠EMC = 90 0 (bởi là hai góc kề bù).(2) ∠AEB = 90 0 (nội tiếp.


Bạn đang xem: Các dạng toán hình học lớp 9


Xem thêm: Chuyên Đề Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng, Có Lời Giải Và Đáp Án

12 Các dạng tân oán hình lớp 9 xuất xắc có lời giải => ∠ABE =∠MBE ( nhì góc nội tiếp chắn nhì cung bởi nhau) => BE là tia phân giác góc ABF. (1) Theo bên trên ta gồm ∠AEB = 90 0 => BE ⊥ AF tuyệt