TUYỂN TẬP 80 BÀI TOÁN HÌNH HỌC LỚP 9

     

Bài 1. Mang lại tam giác ABC có bố góc nhọn nội tiếp mặt đường tròn (O). Những đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) thứu tự tại M,N,P.

Bạn đang xem: Tuyển tập 80 bài toán hình học lớp 9

Chứng minh rằng:

1. Tứ giác CEHD, nội tiếp .

2. Tư điểm B,C,E,F thuộc nằm bên trên một đường tròn.

Xem thêm: Cách Chuyển Định Dạng Văn Bản Thành Định Dạng Số Trong Excel Cực Dễ

3. AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC.

4. H và M đối xứng nhau qua BC.

Xem thêm:

5. Xác minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.

 


*
34 trang
*
trường đạt
*
4538
*
12Download
Bạn đã xem 20 trang mẫu mã của tài liệu "Tuyển tập 80 việc Hình học lớp 9", để sở hữu tài liệu gốc về máy các bạn click vào nút DOWNLOAD làm việc trên

Bài 1. Mang lại tam giác ABC có cha góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF giảm nhau tại H và giảm đường tròn (O) lần lượt tại M,N,P.Chứng minh rằng:Tứ giác CEHD, nội tiếp .Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một mặt đường tròn.AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC.H cùng M đối xứng nhau qua BC.Xác định trung khu đường tròn nội tiếp tam giác DEF.Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có:é CEH = 900 ( vị BE là mặt đường cao)é CDH = 900 ( bởi AD là đường cao)=> é CEH + é CDH = 1800Mà é CEH với é CDH là nhì góc đối của tứ giác CEHD , vì vậy CEHD là tứ giác nội tiếp theo sau giả thiết: BE là con đường cao => BE ^ AC => éBEC = 900.CF là con đường cao => CF ^ AB => éBFC = 900.Như vậy E cùng F cùng quan sát BC bên dưới một góc 900 => E với F thuộc nằm trê tuyến phố tròn đường kính BC.Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm bên trên một đường tròn.Xét nhị tam giác AEH với ADC ta có: é AEH = é ADC = 900 ; Â là góc chung => D AEH ~ DADC => => AE.AC = AH.AD.* Xét nhị tam giác BEC với ADC ta có: é BEC = é ADC = 900 ; éC là góc tầm thường => D BEC ~ DADC => => AD.BC = BE.AC.4. Ta có éC1 = éA1 ( vày cùng phụ cùng với góc ABC)éC2 = éA1 ( bởi là nhị góc nội tiếp thuộc chắn cung BM)=> éC1 = é C2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB ^ HM => D CHM cân nặng tại C => CB cũng là đương trung trực của HM vậy H cùng M đối xứng nhau qua BC.5. Theo minh chứng trên tư điểm B,C,E,F cùng nằm bên trên một đường tròn => éC1 = éE1 ( bởi là nhì góc nội tiếp thuộc chắn cung BF)Cũng theo chứng tỏ trên CEHD là tứ giác nội tiếp éC1 = éE2 ( vì chưng là nhị góc nội tiếp thuộc chắn cung HD)éE1 = éE2 => EB là tia phân giác của góc FED.Chứng minh tựa như ta cũng đều có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE với CF cắt nhau tại H do đó H là trung ương đường tròn nội tiếp tam giác DEF.Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), những đường cao AD, BE, cắt nhau tại H. điện thoại tư vấn O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE.Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp .Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm bên trên một đường tròn.Chứng minh ED = BC.Chứng minh DE là tiếp tuyến của con đường tròn (O).Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm.Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có:é CEH = 900 ( bởi vì BE là mặt đường cao) é CDH = 900 ( vày AD là đường cao) => é CEH + é CDH = 1800 mà é CEH cùng é CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , vì thế CEHD là tứ giác nội tiếp 2. Theo đưa thiết: BE là đường cao => BE ^ AC => éBEA = 900.AD là đường cao => AD ^ BC => éBDA = 900.Như vậy E với D cùng chú ý AB bên dưới một góc 900 => E cùng D thuộc nằm trên tuyến đường tròn đường kính AB.Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm bên trên một con đường tròn.3. Theo đưa thiết tam giác ABC cân tại A gồm AD là con đường cao đề xuất cũng là đường trung con đường => D là trung điểm của BC. Theo trên ta gồm éBEC = 900 .Vậy tam giác BEC vuông trên E bao gồm ED là trung tuyến => DE = BC.Vì O là trọng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE đề nghị O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O => éE1 = éA1 (1).Theo trên DE = BC => tam giác DBE cân nặng tại D => éE3 = éB1 (2)Mà éB1 = éA1 ( vị cùng phụ cùng với góc ACB) => éE1 = éE3 => éE1 + éE2 = éE2 + éE3 nhưng éE1 + éE2 = éBEA = 900 => éE2 + éE3 = 900 = éOED => DE ^ OE trên E.Vậy DE là tiếp con đường của con đường tròn (O) tại E.5. Theo mang thiết AH = 6 centimet => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 centimet => OD = 5 cm. áp dụng định lí Pitago mang lại tam giác OED vuông trên E ta tất cả ED2 = OD2 – OE2 ú ED2 = 52 – 32 ú ED = 4cmBài 3 đến nửa con đường tròn đường kính AB = 2R. Trường đoản cú A và B kẻ nhị tiếp con đường Ax, By. Qua điểm M trực thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến đường thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lượt làm việc C với D. Những đường thẳng AD với BC giảm nhau tại N.Chứng minh AC + BD = CD.Chứng minh éCOD = 900.3.Chứng minh AC. BD = .4.Chứng minh OC // BM5.Chứng minh AB là tiếp đường của con đường tròn 2 lần bán kính CD.5.Chứng minh MN ^ AB.6.Xác xác định trí của M nhằm chu vi tứ giác ACDB đạt giá chỉ trị bé dại nhất.Lời giải: Theo đặc điểm hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = centimet + DM. Mà centimet + DM = CD => AC + BD = CDTheo 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 lại éAOM với éBOM là nhị góc kề bù => éCOD = 900.Theo bên trên éCOD = 900 đề nghị tam giác COD vuông trên O tất cả OM ^ CD ( OM là tiếp tuyến đường ).áp dụng hệ thức giữa cạnh và con đường cao trong tam giác vuông ta gồm OM2 = CM. DM, mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD = .Theo trên éCOD = 900 yêu cầu OC ^ OD .(1)Theo đặc thù hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại sở hữu OM = OB =R => OD là trung trực của BM => BM ^ OD .(2). Tự (1) cùng (2) => OC // BM ( vì cùng vuông góc cùng với OD).Gọi I là trung điểm của CD ta có I là trọng điểm đường tròn nước ngoài tiếp tam giác COD đường kính CD gồm IO là chào bán kính.Theo tính chất tiếp tuyến ta tất cả 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 con đường trung bình của hình thang ACDB IO // AC , nhưng mà AC ^ AB => IO ^ AB trên O => AB là tiếp tuyến tại O của mặt đường tròn 2 lần bán kính CD 6. Theo bên trên AC // BD => , mà lại CA = CM; DB = DM yêu cầu suy ra => MN // BD mà lại BD ^ AB => MN ^ AB.7. ( HD): Ta tất cả chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD cần suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD nhưng AB không đổi yêu cầu chu vi tứ giác ACDB bé dại nhất khi CD bé dại nhất , nhưng CD bé dại nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax với By tức là CD vuông góc cùng với Ax cùng By. Lúc đó CD // AB => M yêu cầu là trung điểm của cung AB.Bài 4 cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là trọng tâm đường tròn nội tiếp, K là trọng điểm đường tròn bàng tiếp góc A , O là trung điểm của IK.Chứng minh B, C, I, K cùng nằm bên trên một con đường tròn.Chứng minh AC là tiếp đường của con đường tròn (O).Tính nửa đường kính đường tròn (O) Biết AB = AC = trăng tròn Cm, BC = 24 Cm.Lời giải: (HD)1. Vị I là chổ chính giữa đường tròn nội tiếp, K là trung tâm đường tròn bàng tiếp góc A yêu cầu BI với BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B do đó BI ^ BK hayéIBK = 900 . Tương tự ta cũng đều có éICK = 900 do vậy B và C thuộc nằm trên đường tròn 2 lần bán kính IK vì vậy B, C, I, K cùng nằm bên trên một mặt đường tròn.Ta tất cả éC1 = éC2 (1) ( vày CI là phân giác của góc ACH.éC2 + éI1 = 900 (2) ( vày éIHC = 900 ).éI1 = é ICO (3) ( do tam giác OIC cân nặng tại O) từ (1), (2) , (3) => éC1 + éICO = 900 xuất xắc AC ^ OC. Vậy AC là tiếp tuyến đường của đường tròn (O).Từ giả thiết AB = AC = đôi mươi Cm, BC = 24 centimet => CH = 12 cm.AH2 = AC2 – HC2 => AH = = 16 ( cm)CH2 = AH.OH => OH = = 9 (cm)OC = = 15 (cm)Bài 4 đến đường tròn (O; R), xuất phát từ 1 điểm A bên trên (O) kẻ tiếp đường d với (O). Trên tuyến đường thẳng d mang điểm M bất kỳ ( M không giống A) kẻ cat tuyến MNP và call K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC ^ MB, BD ^ MA, hotline H là giao điểm của AC cùng BD, I là giao điểm của OM cùng AB.Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp.Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B thuộc nằm trên một đường tròn .Chứng minh OI.OM = R2; OI. Yên ổn = IA2.Chứng minh OAHB là hình thoi.Chứng minh bố điểm O, H, M thẳng hàng.Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên mặt đường thẳng dLời giải:(HS từ làm).Vì K là trung điểm NP đề xuất OK ^ NP ( quan lại hệ 2 lần bán kính Và dây cung) => éOKM = 900. Theo tính chất tiếp tuyến đường ta gồm éOAM = 900; éOBM = 900. Vì vậy K, A, B cùng quan sát OM dưới một góc 900 bắt buộc cùng nằm trên tuyến đường tròn đường kính OM. Vậy năm điểm O, K, A, M, B thuộc nằm trên một đường tròn. 3. Ta gồm MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến giảm nhau); OA = OB = R => OM là trung trực của AB => OM ^ AB tại I .Theo tính chất tiếp tuyến ta gồm éOAM = 900 buộc phải tam giác OAM vuông trên A có AI là mặt đường cao.áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; cùng OI. Im = IA2.4. Ta gồm OB ^ MB (tính hóa học tiếp tuyến) ; AC ^ MB (gt) => OB // AC xuất xắc OB // AH.OA ^ MA (tính hóa học tiếp tuyến) ; BD ^ MA (gt) => OA // BD xuất xắc OA // BH.=> Tứ 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 bên trên OM ^ AB => O, H, M trực tiếp hàng( vì qua O chỉ tất cả một mặt đường thẳng vuông góc với AB).6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy lúc M cầm tay trên d thì H cũng cầm tay nhưng luôn luôn cách A cố định một khoảng tầm bằng R. Cho nên vì thế quỹ tích của điểm H khi M dịch chuyển trên con đường thẳng d là nửa đường tròn chổ chính giữa A nửa đường kính AH = RBài 6 mang đến tam giác ABC vuông làm việc A, đường cao AH. Vẽ mặt đường tròn trung ương A nửa đường kính AH. Hotline HD là 2 lần bán kính của đường tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đường tròn tại D cắt CA sinh sống E.Chứng minh tam giác BEC cân.Gọi I là hình chiếu của A trên BE, chứng tỏ rằng AI = AH.Chứng minh rằng BE là tiếp đường của con đường tròn (A; AH).Chứng minh BE = bảo hành + DE.Lời giải: (HD)D AHC = DADE (g.c.g) => ED = HC (1) cùng AE = AC (2).Vì AB ^CE (gt), vì thế AB vừa là con đường cao vừa là đường trung tuyến của DBEC => BEC là tam giác cân. => éB1 = éB2 2. Hai tam giác vuông ABI và ABH gồm cạnh huyền AB chung, éB1 = éB2 => D AHB = DAIB => AI = AH.3. AI = AH cùng BE ^ AI trên I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I.4. DE = IE cùng BI = bảo hành => BE = BI+IE = bảo hành + EDBài 5 mang đến đường tròn (O; R) 2 lần bán kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax cùng lấy bên trên tiếp con đường đó một điểm P thế nào cho AP > R, từ phường kẻ tiếp con đường tiếp xúc cùng với (O) tại M. Minh chứng rằng tứ giác APMO nội tiếp được một con đường tròn.2. Chứng minh BM // OP.3. Đường thẳng vuông góc với AB sinh sống O giảm tia BM trên N. Chứng tỏ tứ giác OBNP là hình bình hành.4. Biết AN cắt OP trên K, PM cắt ON tại I; PN với OM kéo dãn cắt nhau trên J. Chứng minh I, J, K trực tiếp hàng.Lời giải: (HS từ làm).2.Ta gồm é ABM nội tiếp chắn cung AM; é AOM là góc sinh hoạt tâmchắn cung AM => é ABM = (1) OP là tia phân giác é AOM ( t/c nhị tiếp tuyến giảm nhau ) => é AOP = (2) từ (1) cùng (2) => é ABM = é AOP (3) nhưng mà é ABM và é AOP là nhị góc đồng vị yêu cầu suy ra BM // OP. (4)3.Xét nhì tam giác AOP cùng OBN ta có : éPAO=900 (vì pa là tiếp tuyến ); éNOB = 900 (gt NO^AB).=> éPAO = éNOB = 900; OA = OB = R; éAOP = éOBN (theo (3)) => DAOP = DOBN => OP = BN (5)Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì tất cả hai cạnh đối tuy nhiên song và bằng nhau).4. Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN // OB tốt PJ // AB, cơ mà ON ^ AB => ON ^ PJ Ta cũng có thể có PM ^ OJ ( PM là tiếp con đường ), mà ON cùng PM giảm nhau tại I buộc phải I là trực trọng tâm tam giác POJ. (6)Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì gồm éPAO = éAON = éONP = 900 => K là trung điểm của PO ( t/c đường chéo cánh hình chữ nhật). (6) AONP là hình chữ nhật => éAPO = é NOP ( so le) (7) Theo t/c nhì tiếp tuyến cắt nhau Ta bao gồm PO là tia phân giác éAPM => éAPO = éMPO (8).Từ (7) với (8) => DIPO cân tại I có IK là trung con đường đông thời là đường cao => IK ^ PO. (9)Từ (6) và (9) => I, J, K trực tiếp hàng.Bài 6 mang lại nửa con đường tròn chổ chính giữa O đường kính AB với điểm M bất kỳ trên nửa mặt đường tròn ( M khác A,B). Bên trên nửa phương diện phẳng bờ AB đựng nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến đường Ax. Tia BM cắt Ax t ... Cùng ED // MB.Cc). Suy ra CE là mặt đường trung trực của BM và M dịch chuyển trờn mặt đường trũn nhưng ta cần xỏc định tõm với bỏn kớnh theo R.MHD: a) AB CD. ; OA = OB = OC = OD = R(O) //E ACBD là hỡnh vuụng.= b) = = 450 ; = = 450OBA = ED là tia phõn giỏc của . = 450 ; = 450 (∆ EMB vuụng cõn tại E) = (2 gúc đồng vị) ED // MB.Dc) ∆ EMB vuụng cõn trên E và CE DE ; ED // BM CE BM CE là đường trung trực BM.d) đổ vỡ CE là con đường trung trực BM nờn cm = CB = R Vậy M chạy trờn đường trũn (C ; R’ = R)Bài 58: cho ∆ABC đều, mặt đường cao AH. Qua A vẽ một mặt đường thẳng về phớa xung quanh của tam giỏc, tạo ra với cạnh AC một gúc 400. Đường thẳng này cắt cạnh BC kộo dài ở D. Đường trũn tõm O mặt đường kớnh CD cắt AD ngơi nghỉ E. Đường trực tiếp vuụng gúc với CD trên O cắt AD sinh hoạt M. A. Chứng minh: AHCE nội tiếp được. Xỏc định tõm I của con đường trũn đú. B. Bệnh minh: CA = CM. C. Đường thẳng HE giảm đường trũn tõm O sống K, mặt đường thẳng HI cắt đường trũn tõm I sinh hoạt N và giảm đường thẳng DK ở p Chứng minh: Tứ giỏc NPKE nội tiếp.Bài 59: BC là một trong dõy cung của con đường trũn (O; R) (BC2R). Điểm A cầm tay trờn cung lớn BC sao để cho O luụn bên trong ∆ABC. Cỏc con đường cao AD; BE; CF đồng quy tại H. A. Chứng minh:∆AEF ~ ∆ABC. B. điện thoại tư vấn A’ là trung điểm BC. Triệu chứng minh: AH = 2.A’O. C. Hotline A1 là trung điểm EF. Hội chứng minh: R.AA1 = AA’.OA’. D. Triệu chứng minh: R.(EF + FD + DE) = 2.SABC. Suy ra vị trớ điểm A để tổng (EF + FD + DE) đạt GTLN.Bài 60: đến đường trũn tõm (O; R) cú AB là mặt đường kớnh cố định và thắt chặt cũn CD là con đường kớnh cố đổi. Hotline (∆) là tiếp tuyến đường với con đường trũn trên B cùng AD, AC lần lượt giảm (∆) tại Q và p. A. Triệu chứng minh: Tứ giỏc CPQD nội tiếp được. B. Hội chứng minh: Trung tuyến đường AI của ∆AQP vuụng gúc với DC. C. Tỡm tập hợp cỏc tõm E của đường trũn nước ngoài tiếp ∆CPD.Bài 61: đến ∆ABC cõn (AB = AC;