ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 Page 1 A B C H C A B C A B C A B A C B H Chương I: Hệ thức lượng trong tam giác vuông A.LÝ THUYẾT I.HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG Cho  ABC, A ˆ = 1v; AH  BC 1.AB 2 = BH.BC; AC 2 = HC.BC 2.AH 2 = BH.HC 3.AB.AC = AH.BC 4. 2 1 AH = 2 1 AB + 2 1 AC II.TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN 1. Sin  = BC AC (Đối/huyền) 2. Cos  = BC AB (Kề/huyền) 3. Tg  = AB AC (Đối/kề) 4. Cotg  = AC AB (Kề/đối) III.TÍNH CHẤT CỦA TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC a.Cho  và  là 2 góc phụ nhau (  +  = 90 0 ) 1. Sin  = Cos  2.Cos  = Sin  3.Tg  = Cotg  4.Cotg  = Tg  b.Nếu 0 0 <  < 90 0  0< Sin  < 1 và 0< Cos  <1 Tg  =   Cos Sin ; Cotg  =   Sin Cos ; Tg  .Cotg  = 1; Sin 2  + Cos 2  = 1 IV.HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ GÓC TRONG TAM GIÁC VUÔNG: Cho  ABC, A ˆ = 1v 1.b = aSinB c = aSinC 2.b = aCosC c = aCosB 3.b= cTgB c = bTgC 4.b= cCotgC c = bCotgB B: BÀI TẬP BÀI 1: Cho  ABC, A ˆ = 1v; AH  BC a.Cho AH = 16cm; BH = 25cm. Tính AB, AC, BC, CH b.Cho AB = 12cm; BH = 16cm. Tính AH, AC, BC, CH Giải: a Áp dụng định lý Pitago cho  v AHB  AB = 881  30cm - Áp dụng hệ thức AH 2 = HB.HC  HC = 2 AH HB = 25 16 2 = 25 256  BC = CH + HB = - Áp dụng hệ thức AC 2 = CH.BC  AC = 19cm b.Tính tương tự ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 Page 2 A B C H D B A C N M A B C D E P Q BÀI 2: Cho  ABC vuông tại A, AB = 30cm, đường cao AH = 24cm. a.Tính độ dài BH. b.Tính độ dài BC. c.Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt đường thẳng AH tại D. Tính độ dài BD. Giải a Áp dục định lý Pitago cho  v ABH  BH = 18cm. - Áp dụng hệ thức AB 2 = BH.BC  BC = BH AB 2 = 18 30 2 = 50cm Cách 1: Chứng minh  BAD vuông tại B có BH  AD - Áp dụng hệ thức: BH 2 = AH.HD  HD = AH BH 2 = 24 18 2 =  AD = AH + HD = - Áp dụng hệ thức BD 2 = HD.AD  BD = 22,5cm Cách 2: Chứng minh  HBD   HAB  BD = 22,5cm BÀI 3: Cho Cho  ABC, A ˆ = 1v; AB = 6dm, AC = 8dm, các đường phân giác góc trong và góc ngoài của B ˆ cắt AC ở M và N. Tính AM và AN. Giải: - Áp dụng định lý Pitago cho  v ABC  BC = 10cm. - Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác ta có : MC AM = BC AB  AMMC AM  = ABBC AB   AC AM = ABBC AB   8 AM = 106 6   AM = 16 8.6  AM = 3cm - Áp dụng hệ thức cho  v MBN ta có: AB 2 = AM.AN AN = AM AB 2 = 3 6 2 = 3 36 = 12 (cm) BÀI 4: Cho  ABC các góc đều nhọn. Trên đường cao AD lấy điểm P sao cho BPC = 90 0 . Trên đường cao BE lấy điểm Q sao cho AQC = 90 0 . Chứng minh rằng: a.CA.CE = CD.CB b.CP = CQ Giải: a.Chứng minh  CDA   CEB  CE CD = CB CA  CE.CA = CD.CB b.Áp dụng hệ thức  v BPC  PC 2 = CD.CB Áp dụng hệ thức  v AQC  CQ 2 = CE.CA ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 Page 3 B A C D A C B D H Mà CD.CB = CE.CA (CMT)  CP 2 = CQ 2  CP = CQ BÀI 5.Cho  ABC có AB = 21cm, AC = 28cm, BC = 35cm. a.Chứng minh  ABC vuông. Tính S ABC b.Tính SinB, SinC c.Đường phân giác của A ˆ cắt BC tại D. Tính DB, DC Giải: a.Áp dụng định lý đảo Pitago  BC 2 = AB 2 + AC 2   ABC vuông tại A. S ABC = 2 1 AB.AC = 2 1 .21.28 = 294cm 2 b.SinB = BC AC = 35 28 = 5 4 Sin C = AC AB = 35 21 = 5 3 c.Áp dụng tính chất đường phân giác: DC DB = AC AB  DBDC DB  = ABAC AB   BC DB = ABAC AB   DB = 15  DC = 20 BÀI 6: Cho  ABC vuông ở A, có AB = 6cm, AC = 8cm. a.Tính BC, góc B, góc C. b.Đường phân giác của A ˆ cắt BC tại D. Tính DB, DC. c.Từ D kẻ DE  AB, DF  AC. Tứ giác AEDF là hình gì? Tính chu vi và diện tích của tứ giác AEDF. Giải: (Tương tự như bài 5) BÀI 7: Cho hình thang ABCD có cạnh bên là AD và BC bằng nhau, đường chéo AC vuông góc với cạnh bên BC. Biết AD = 5 và AC = 12 a.Tính CosBSinB CosBSinB   b.Tính chiều cao của hình thang ABCD Giải: a.Áp dụng định lý Pitago cho  v ACB AB 2 = AC 2 + BC 2 = 25 + 144 = 169  AB = 13  SinB = AB AC = 13 12 ; CosB = AB BC = 13 5 Vậy CosBSinB CosBSinB   = 12 5 13 12 13 5 13 12   = 13 7 13 17 = 7 17 b.Áp dụng hệ thức lượng cho  v ACB AC.CB = CH.AB  CH = AB CBAC. = 13 5.12 = 3 60 BÀI 8: Cho hình thang ABCD, đáy AB = 2, đáy CD = 4. Cạnh bên AD = 2, góc A ˆ = 90 0 a.Chứng minh TgC = 1 ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 Page 4 A B D C H B A C N M A C B A' B' C' b.Tính tỉ số diện tích  DBC và diện tích hình thang ABCD c.Tính tỉ số diện tích  ABC và diện tích  DBC Giải: a.Kẻ BH  DC (H  DC) Tứ giác ABHD là hình vuông.  BH = DH = 2  HC = DC – DH = 4 – 2 = 2 Xét  v AHC  TgC = HC BH = 2 2 = 1 b.Ta có S DBC = 2 1 BH.DC = 2 1 .2.4 = 4 S ABCD = 2 1 (AB + DC).BH = 2 1 (2 + 4).2 = 6  DBC ABC S s = 4 2 = 2 1 BÀI 9: Cho  ABC vuông ở A, C ˆ = 30 0 , BC = 10cm a.Tính AB, AC. b.Từ A kẻ AM và AN vuông góc với phân giác trong và ngoài của góc B, chứng minh MN//BC và MN = AB. c.Chứng minh  ABM   ABC. Tìm tỉ số đồng dạng. Giải: a.Ta có SinC = BC AB  AB = BCSinC = 10Sin30 0 = 10. 2 1 = 5 CosC = BC AC  AC = BCCosC = 10.Cos30 0 = 2 310 = 5 3 b.Tứ giác AMBN là hình chữ nhật   BOM cân  1 ˆ M = 1 ˆ B mà 1 ˆ B = 2 ˆ B  1 ˆ M = 2 ˆ B 2 góc này ở vị trí so le trong  MN//BC và MN = AB (T/c) c.  ABM   BCA (g.g) Tỉ số đồng dạng K = BC AB = 10 5 = 2 1 BÀI 10: Cho  ABC, AA’, BB’, CC’ là các đường cao của  ABC a.Chứng minh  ACC’   ABB’;  ABC   AB’C’ b.Chứng minh AB’.BC’.CA’ = AB.BC.CA.CosACosBCosC c.Cho C ˆ = 30 0 , BC = 8cm, AC = 6cm. Tính S ABC =? Giải: a.  ACC’   ABB’ (g.g)  ' ' AB AC = AC AB b.  ABC và  AB’C’ A ˆ chung ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 Page 5 ' ' AB AC = AC AB (CMT)   ABC   AB’C’ c.Xét  v ABB’có CosA = AB AB'  AB’ = ABCosA  v ACA’ có CosC = AC CA'  CA’ = ACCosC  v AA’B có CosB = CB BC'  BC’ = CBCosB  AB’.CA’.BC’ = AB.AC.CBCosACosBCosC * SinC = AC AA'  AA’ = ACSin30 0 = 6Sin30 0 = 6. 2 1 = 3cm  S ABC = 2 1 AA’.BC = 2 1 .3.8 = 12cm 2 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ BÀI 11: Cho  ABC vuông ở A, AB = 3cm, AC = 4cm. Gọi H là chân đường cao kẻ từ đỉnh tới cạnh huyền BC và M là trung điểm của BC. Qua M kẻ đường thẳng song song với cạnh AB cắt AC tại D. a.Tính độ dài AH, AM, HM b.Chứng minh  ADM   AHB c.Giả CAM = a và MHA = b. Chứng tỏ rằng 7Sina = 15Sinb BÀI 12: Cho hình bình hành ABCD, góc B = 120 0 , AB = 2BC. Gọi I là tđ của DC. a.Chứng minh  AIB vuông. b.Tính các cạnh, các góc cuả  AIB biết chu vi hình bình hành là 60cm. BÀI 13: Cho  ABC có AB = 6cm, AC = 4,5cm, BC = 7,5cm. a.Chứng minh  ABC vuông. b.Tính B ˆ , C ˆ và đường cao AH. c.Lấy điểm M bất kỳ trên BC. Gọi hình chiếu của M trên AB, AC lần lượt là P và Q. Chứng minh PQ = AM. Hỏi M ở vị trí nào thì PQ có độ dài nhỏ nhất. BÀI 14: Cho  ABC có AB = 12cm, ABC = 40 0 , ACB = 30 0 . Đường cao AH. Tính AH, AC, CB. BÀI 15: Cho  ABC vuông ở A. Đường cao AH = 15, BH = 20. Tính AB, AC, BC, HC. BÀI 16: Cho  ABC vuông ở A, có AB = 5, BC = 7. GiảI  v ABC ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 Page 6 I O A B C D I O A B C D O A B C D H K O A B C H D K d O I CHƯƠNG II. ĐƯỜNG TRÕN A.LÝ THUYẾT (Tóm tắt Sgk) 1.*Tâm của đường tròn ngoại tiếp  v là trung điểm của cạnh huyền. * Nếu một tam giác có 1 cạnh là đường kính của đường tròn ngoại tiếp thì tam giác đó vuông. 2.Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây. *Cho (O), đường kính AB, dây CD AB  CD tại I  IC = ID *Cho (O), đường kính AB AB cắt CD tại I, IC = ID, I  0  AB  CD 3.Liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây. *AB = CD  OH = OK *AB > CD  OH < OK 4.Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến * Tính chất : d là tiếp tuyến của (O) tại I  OI  d *Dấu hiệu: Cho (O), I  (O) OI  d tại I  d là tiếp tuyến của (O) ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 Page 7 O A B C B A O O' O A D B C D E O A B C .Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau *Cho (O): AB,AC là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại A(B,C là các tiếp điểm)  AB = AC; AO là phân giác của BAC ; OA là phân giác của BOC 6.Tính chất đường nối tâm *Cho (O) cắt (O’) tại A và B.  OO’ là trung trực của AB *Cho (O) tiếp xúc (O’) tại I  I  OO’ B.BÀI TẬP: BÀI 1:Cho hình chữ nhật ABCD có AD = 12cm, CD = 16cm. a.Chứng minh rằng các điểm A, B, C, D cùng thuộc đường tròn. Chỉ ra vị trí tâm đường tròn đó. b.Tính bán kính của đường tròn đó. Giải: -Xét  ABD có DAB = 90 0 (gt)   ABD vuông tại A Gọi O là tđ của BD  (O) ngoại tiếp  ABD (1) Chứng minh tương tự ta có (O) ngoại tiếp  DBC (2) Từ (1) và (2)  A, B, C, D cùng thuộc (O), tâm O là tđ của DB. - Áp dụng định lý Pitago tính DB = ? BÀI 2: Cho hình vuông ABCD a.Chứng minh A, B, C, D cùng thuộc đường tròn, chỉ ra vị trí tâm đường tròn. b.Tính bán kính đường tròn đó biết cạnh hình vuông bằng 2dm. BÀI 3: Cho  ABC nhọn, vẽ đường tròn (O) có đường kính BC, nó cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại D và E. a.Chứng minh CD  AB, BE  AC. b. Gọi K là giao điểm của BE và CD. Chứng minh rằng AK  BC Giải: - Ta có (O) ngoại tiếp  BDC - O là tđ của BC   DBC vuông tại D  CD  AB Chứng minh tương tự BE  AC Xét  ABC Có DC  AB  CD là đường cao  ABC BE  AC(gt) BE là đường cao  ABC CD cắt BE tại K (gt)  K là trực tâm của  ABC  AK là đường cao  AK  BC ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 Page 8 H O A D B C A B C D E M N C B O A D BÀI 4: Cho  ABC cân tại A, nội tiếp O đường cao AH cắt (O) tại D. a.Vì sao AD là đk b.Tính ACD c.Cho BC = 24cm, AC = 20cm. Tính AH và bk (O) Giải: a.Xét  ABC cân tại A có AH là đường cao  AH đồng thời là đường trung tuyến  HB = HC  O thuộc AH hay AD là đk của (O) b.Ta có (O) ngoại tiếp  ADC (gt) O là tđ của AD (CMT)   ADC vuông tại C  ACD = 90 0 c.HC = 2 1 BC = 12cm Áp dụng định lý Pitago cho  v AHC  AH = ? Áp dụng hệ thức lượng cho  v ADC ta có:  HC 2 = AH.HD  HD = ?  AO = 2 1 AD = BÀI 5: Cho  ABC, ' ˆ A < 90 0 , các đường cao BD, CE. Gọi M và N theo thứ tự là tđ của BC, DE. a.CMR: 4 điểm B, E, D, C cùng thuộc đường tròn. b.Chứng minh DE < BC c.Chứng minh MN  ED d.  ABC có thêm đk gì thì  MDE là tam giác đều Giải: a.  BCD vuông tại D M là tđ của BC  (M) ngoại tiếo  BCD Tương tự (M) ngoại tiếp  BEC  B, C, D, E thuộc đường tròn tân M b.Ta có BC là đường kính (M) ED là dây của đường tròn (M) M  ED  ED < BC c.Ta có N là tđ của dây ED(gt) N  M  MN  ED BÀI 6: Cho (O), đkính AD = 2R. Vẽ cung tâm D bán kính R cung này cắt đường tròn (O) ở B và C a.Tứ giác OBDC là hình gì? Vì sao? b.Tính số đo các góc CBD , CBO , CBA c.CMR  ABC là tam giác đều Giải: a.Xét tứ giác OBDC có OB = BD = DC = OC = R  OBDC là hình thoi  BC là phân giác của OBD (T/c) ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 Page 9 d O A B C E F H C H O A B M D E b.  OBD đều  OBD = 60 0 (T/c)  OBC = 2 1 OBD = 2 1 60 0 = 30 0 = CBD Ta có (O) ngoại tiếp  ABD Có AD là đường kính (O)   ABD vuông tại B  ABD = 90 0  ABO = ABD - OBD = 90 0 – 60 0 = 30 0 c.Xét  ABC có ABC = BCA = 60 0   ABC đều BÀI 7: Cho nửa (O), đường kính AB. Qua điểm C thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến d của đường tròn. Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ A và B đến d. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ C đến AB. CMR: a.CE = CF b. AC là phân giác góc BAE c.CH 2 = AE.BF. Giải: a.Ta có:         dBF dAE dOC  AE//OC//FB Xét  àEB có AE//BF (CMT)  AEFB là hình thang Có () / / ( ) / ( ) OA OB bk O OC AE CMT CE CF OC ßB CMT        b.  AOC cân tại O  CAO = ACO (T/c) AC O = EAC (SLT)  CAE = CAH  AC là phân giác của BEA c.O ngoại tiếp  ABC AB là đường kính (O)   ABC vuông tại C, có CH  AB(gt)  CH 2 = AH.HB (1) Ta có  v AEC =  v AHC (Huyền – góc nhọn)  AE = AH (Cạnh tương ứng) (2) Ta có  v CFB =  v CHB  HB = BF (Cạnh tương ứng) (3) Từ (1), (2), (3)  CH 2 = AE.BF BÀI 8: Cho đường tròn (0, 3cm), và điểm A có AO = 5cm. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của AO và BC. a.Tính độ dài OH b.Qua điểm M bất kỳ thuộc cung nhỏ BC, kẻ tiếp tuyến với đường tròn cắt AB, AC theo thứ tự tại D và E. Tính chu vi  ADE Giải: a.  OBC cân ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 Page 10 I O M A B C K I O A B M N E có OA là phân giác BOC (T/c)  OA là đường cao   OA  BC tại H Xét  v OBA có BH  AO  OB 2 = OH.OA  OH = OA OB 2 = 5 3 2 = 5 9 b.P ADE = AB + DE + AE = AD + HD + HE + AE Mà HD = BD (T/ c); HE = CE (T/c) P ADE = AD + DB + CE + EA = AB + CA (mà AB = AC (T/c)) P ADE = 2AB áp dụng Pitago cho  v OBA  AB = ? BÀI 9: Cho đường tròn (O), bán kính R. Một điểm M ngoài đường tròn cách (o) một khoảng bằng 2R. Kẻ 2 tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm). Từ O kẻ đường vuông góc với AO cắt MB tại C a.Chứng minh CM = CO b. Gọi giao điểm MO với đường tròn (O) là I. Chứng minh CI là tiếp tuyến của (O) Giải: a.Ta có AM, BM là 2 tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại M  1 ˆ M = 2 ˆ M (T/c) Ta có MA là tiếp tuyến của (O) MA  OA (đ/l) Có OC  OA(g/t)  MA//OC  1 ˆ M = MOC (SLT)  2 ˆ M = MOC (cùng = 1 ˆ M )   OMC cân tại C  OC = CM b.Xét  OCM cân tại C, có OI = IM  CI là đường trung tuyến  CI đồng thời là đường cao (T/c)  CI  OI Vậy CI là tiếp tuyến của (O) BÀI 10: Cho đường tròn tâm (O), đường kính AB = 2R. Gọi Ax , By là các tiếp tuyến của đường tròn. Qua điểm E thuộc đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt Ax tại M và cắt By tại N. a.Chứng minh MON = 90 0 b.Chứng minh AM + BN = MN c.Chứng minh AM.BN = R 2 d.Gọi giao điểm của MO và AE là I, EB và ON là K. Chứng minh IK không phụ thuộc vào vị trí điểm E trên đường tròn. Giải: a.ME, AM là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại M  ME = MA (T/c)  OM là phân giác của AOE (T/c) Chứng minh tương tự EN = NB (T/c) ON là phân giác của EOB [...]... minh  AEHF là hình chữ nhật Page 19 ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 b.AE.AB =AF.AC c.Chứng minh  BEFC nội tiếp d.Chứng minh các  v BIE,  BEH,  BHA và  BAC đồng dạng e BI + CK = BC Giải a BEH = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa (O))  HEA = 90 0 0 0 HFC = 90 (góc nội tiếp chắn nửa (O'))  HFA = 90 ˆ có A = 90 0 (gt)   AEHF là hình chữ nhật b  vABH có AH2 = AE.AB v 2  AHC có AH = AF.AC  AE.AB = AF.AC c .Hình chữ nhật... ngoại tiếp  ABC Giải: a.BK  AC (gt) 0  IKC = 90 AH  BC (gt)  IHC = 90 0 0 0 0  IKC + IHC = 90 + 90 = 180 2 góc này đối diện nhau  tứ giác HIKC nội tiếp b.Ta có: AKB = 90 0 (CMT) 0 AHB = 90 (CMT) 0  AKB = AHB = 90 K, H cùng nhìn xuống 2 đầu mút đoạn AB dưới một góc bằng 1v không đổi  K, H cùng thuộc đường tròn đường kính AB Page 17 ÔN TẬP HÌNH HỌC 9  Tứ giác BAKH nội tiếp  BAH = BKH (góc nội... KHD Page 20 ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 BÀI 7: Cho (0, R) 2 đường kính AB, CD vuông góc với nhau Gọi M là TĐ cuảu CO, N là giao điểm của AM với đường tròn tiếp tuyến với đường tròn tại N cắt đường trung trực của CO tại I CMR: a  OMNB,  OMNI nội tiếp b.AM.AN = AO.AB = 2R2 c  AMIO là hình bình hành Giải: a.Ta có MNB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa (0)) 0 MOB = 90 (gt) 0 0 0  MNB + MOB = 90 +90 = 180   OMNB nội... (0) IQ cắt AB tại K a.Chứng minh  PDKI nội tiếp b.CI.CP = KC.CD c.IC là phân giác ngoài của  AIB Giải: a.Ta có QIP = 90 0(góc nội tiếp chắn nửa (0)) ta có P là điểm chính giữa AB (gt) Page 18 ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 PQ là đường kính  PQ  AD tại D 0  PDK = 90 0 0 0  QIP + PDK = 90 + 90 = 180  Tứ giác PDKI nội tiếp b  CIK   CDP (g.g) CI CK = CI.CP = KC.CD CD CP c BIQ = QIA (góc nội tiếp chắn 2 cung... tiếp b.AM cắt OE tại P BM cắt OF tại Q Tứ giác MPOQ là hình gì? Tại sao? c.Kẻ MH  AB K là giao điểm của MH và EB So sánh MK và KH d.Cho AB = 2R và gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp  EOF CMR: 1 r 1 = = 3 2 R Giải: a Hs tự chứng minh b  MPOQ là hình chữ nhật (Hs tự chứng minh) c Ta có: ME = EA  M 1 = A1  I = M 2 Page 26 ÔN TẬP HÌNH HỌC 9  ME = EA = EI MK BK BK KH ta có = mà = EA BE BE EI MK... (O))  I là trung điểm của CB (2) Từ (1) và (2)   CMBN là hình bình hành  CM//BN b.Xét  OCB có OH = OB (gt) Page 23 ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 IC = IB (CMT)  HI là đường trung bình của  OCB  HI//OC  IK//OC Ta có: OI//CK (CMT) 0   OIKC là hình bình hành có K = 90   OIKC là hình chữ nhật c.Ta có AEB = 1 1 (Sđ AB - Sđ BM ) (góc có điểm ngoài đường tròn) = Sđ AM 2 2 1 Sđ AM (góc nội tiếp chắn AM ) 2... CD không vuông góc với AB a.Chứng minh ACBD là hình chữ nhật b.Các đường thẳng BC, BD cắt t2 tại A của đường tròn (O) lần lượt tại E và F Chứng minh  CDEF nội tiếp c Chứng minh AC.AD = CE.DF Giải: a.Xét  ACBD 0 ACB = CBD = BDA = 90 (góc nội tiếp chắn nửa (O))  ACBD là hình chữ nhật b.Ta có CEF = 1 1 (Sđ AB - Sđ AC ) = Sđ CB 2 2 Page 24 ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 (góc ngoài đường tròn (O) tại E) Ta có CDB =... Chứng minh: a  ABC   EBD b  ADEC và  AFBC nội tiếp c.AC//FG d.AC, DE, BF đồng quy Giải: a  ABC   EBD (g.g) b.Ta có DEB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa (O)) 0  DEC = 90 0 0 0  DEC + CAD = 90 + 90 = 180   ADEC nội tiếp 0 CFB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa (O)) 0  CFB = CAB = 90 F, A cùng nhìn xuống hai dầu mút của đoạn BC dưới một góc bằng 1v không đổi  F, A đường tròn đkính BC   AFBC nội tiếp ACD...  OMNI nội tiếp ta có IMO = 90 0 (gt) và ONI = 90 0 (vì NI là tt của (0)) 0  IMO = ONI = 90 M, N cùng nhìn xuống 2 đầu mút của đoạn IO dưới 1 góc bằng 1v không đổi  M, N  đường tròn đường kính IO   OMNI nội tiếp c.MI//AO (cùng  CD) ta có A = ANO (góc đáy  cân ANO ) ANO = MIO (góc nội tiếp cùng chắn MO .)  A = MIO Xét  vAMO có A + AMO = 90 0 Xét  vOMI có MIO + MOI = 90 0  AMO = MOI mà 2 góc này... 6cm, AH = 4cm Page 22 ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 a.Chứng minh  ABHD nội tiếp và DH//AB b.Tính DH Giải: a.Xét  ABHD có ADB = BHA = 90 0  D, H thuộc đường tròn đường kính AB   ABHD nội tiếp Ta có: BAH = BDH (góc nội tiếp cùng chắn BH )  BAO cân tại O  ABD = BAH  BDH = ABD (2 góc ở vị trí so le trong)  HD//AB b.OH  BC(gt)  BH = 1 BC = 3cm 2 Xét  vABH có AB2 = BH2 + AH2 = 9 + 16 = 25  AB = 5cm Ta có . QIP = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa (0)) ta có P là điểm chính giữa AB (gt) ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 Page 19 PQ là đường kính  PQ  AD tại D  PDK = 90 0  QIP + PDK = 90 0 + 90 0 . (gt)  IKC = 90 0 AH  BC (gt)  IHC = 90 0  IKC + IHC = 90 0 + 90 0 = 180 0 2 góc này đối diện nhau  tứ giác HIKC nội tiếp b.Ta có: AKB = 90 0 (CMT) AHB = 90 0 (CMT)  AKB =. b.Ta có DEB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa (O))  DEC = 90 0  DEC + CAD = 90 0 + 90 0 = 180 0   ADEC nội tiếp CFB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa (O))  CFB = CAB = 90 0 F, A