Ôn tập Hình 9 HK II_10-11_Có hướng dẫn giải

Tốn 9 – Ơn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hồng_violet.vn/hoangkim08 1 I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ ðịnh nghĩa – ðịnh lý Hệ quả Ký hiệu tốn học Hình vẽ 1. Góc ở tâm: Trong một đường tròn, số đo của góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn. 2. Góc nội tiếp: * ðịnh lý: Trong một đường tròn, số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn. * Hệ quả: Trong một đường tròn: a) Các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau. b) Các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau. c) Góc nội tiếp (nhỏ hơn hoặc bằng 90 0 ) có số đo bằng nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung. d) Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vng. (O,R) có:  AOB ở tâm chắn  AmB ⇒  AOB = sđ  AmB (O,R) có:  BAC nội tiếp chắn  BC ⇒  BAC = 1 2 sđ  BC . a) (O,R) có:   BC EF ⇒ = b) (O,R) có: (O,R) có: c) (O,R) có: d) (O,R) có:  BAC nội tiếp chắn nửa đường tròn            =   n.tiếp chắn BC n.tiếp chắn EF BAC EDF BAC EDF         ⇒ =    n.tiếp chắn BC n.tiếp chắn BC BAC BAC BDC BDC            ⇒ =   =   n.tiếp chắn BC n.tiếp chắn EF BAC EDF BAC EDF BC EF         ⇒ =    n.tiếp chắn BC 1 2 ở tâm chắn BC BAC BAC BOC BOC Tốn 9 – Ơn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hồng_violet.vn/hoangkim08 2 3. Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung: * ðịnh lý: Trong một đường tròn, số đo của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng nửa số đo của cung bị chắn. * Hệ quả: Trong một đường tròn, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau. 4. Góc có đỉnh ở bên trong đường tròn: * ðịnh lý: Góc có đỉnh ở bên trong đường tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn. 5. Góc có đỉnh ở bên ngồi đường tròn: * ðịnh lý: Góc có đỉnh ở bên ngồi đường tròn bằng nửa hiệu số đo hai cung bị chắn. 6. Cung chứa góc: * Tập hợp các điểm cùng nhìn đoạn thẳng AB dưới một góc α khơng đổi là hai cung tròn chứa góc α . * ðặc biệt: a) Các điểm D, E, F cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, đường kính BC ⇒  BAC = 90 0 . (O,R) có:  BAx tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn  AB ⇒  BAx = 1 2 sđ  AB . (O,R) có: (O,R) có:  BEC có đỉnh bên trong đường tròn (O,R) có:  BEC có đỉnh bên ngồi đường tròn a)    α = = = ADB AEB AFB cùng nhìn đoạn AB ⇒ A, B, D, E, F cùng thuộc         ⇒ =    & AB AB BAx tạobởitt dcchắn BAx ACB ACBnộitiếpchắn    ⇒ + 1 = ( ) 2 BEC sđ BC sđ AD    ⇒ − 1 = ( ) 2 BEC sđ BC sđ AD Toán 9 – Ôn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hoàng_violet.vn/hoangkim08 3 cùng nhìn ñoạn AB dưới một góc không ñổi ⇒ Các ñểm A, B, D, E, F cùng thuộc một ñường tròn. b) Các ñiểm C, D, E, F cùng nhìn ñoạn AB dưới một góc vuông ⇒ Các ñểm A, B, C, D, E, F thuộc ñường tròn ñường kính AB. 7. Tứ giác nội tiếp: * ðịnh nghĩa: Một tứ giác có bốn ñỉnh nằm trên một dường tròn ñược gọi là tứ giác nội tiếp ñường tròn. * ðịnh lý: Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số ño hai góc ñối diện bằng 180 0 . * ðịnh lý ñảo: Nếu một tứ giác có tổng số ño hai góc ñối diện bằng 180 0 thì tứ giác ñó nội tiếp ñược ñường tròn. 8. ðộ dài ñường tròn, cung tròn: * Chu vi ñường tròn: * ðộ dài cung tròn: 9. Diện tích hình tròn, hình quạt tròn: * Diện tích hình tròn: * Diện tích hình quạt tròn: một ñường tròn. b)     = = = = 0 90 ACB ADB AEB AFB cùng nhìn ñoạn AB ⇒ A, B, C, D, E, F thuộc một ñường tròn ñường kính AB. * Tứ giác ABCD có A, B, C, D ∈ (O) ⇔ ABCD là tứ giác nội tiếp (O). * Tứ giác ABCD nội tiếp (O)     0 0 180 180 A C B D  + =  ⇔  + =   * Tứ giác ABCD có:   0 180 A C+ = ⇔ ABCD là tứ giác n.tiếp Hoặc:   0 180 B D+ = ⇔ ABCD là tứ giác n.tiếp C = 2 π R = π d 0 180 Rn π =ℓ 2 . 360 2 R n R S π = = ℓ 2 2 4 d S R π π = = Toán 9 – Ôn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hoàng_violet.vn/hoangkim08 4 * Diện tích hình viên phân: * Diện tích hình vành khăn: HÌNH KHÔNG GIAN 1.Hình trụ: * Diện tích xung quanh: * Diện tích toàn phần: * Thể tích: 2.Hình nón: * Diện tích xung quanh: * Diện tích toàn phần: * Thể tích: S tp = S xq + 2.S ñáy S: diện tích ñáy; h: chiều cao S tp = S xq + S ñáy V nón = 1 3 V trụ S: diện tích ñáy; h: chiều cao, l: ñường sinh S viên phân = S quạt - S ABC 2 2 1 2 ( ) S R R π = − 2 xq S Rh π = 2 2 2 tp S Rh R π π = + 2 . V S h R h π = = . xq S R l π = 2 tp S R R π π = + ℓ 2 1 3 V R h π = 2 2 l h R = + 1 2 ( ) xq S R R l π = + Tốn 9 – Ơn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hồng_violet.vn/hoangkim08 5 BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Cho ABC ∆ có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Các phân giác của các góc  ABC ,  ACB lần lượt cắt đường tròn tại E, F. 1. CMR: OF ⊥ AB và OE ⊥ AC. 2. Gọi M là giao điểm của của OF và AB; N là giao điểm của OE và AC. CMR: Tứ giác AMON nội tiếp và tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác này. 3. Gọi I là giao điểm của BE và CF; D là điểm đối xứng của I qua BC. CMR: ID ⊥ MN. 4. CMR: Nếu D nằm trên (O) thì  BAC = 60 0 . HD: 1. CMR: OF ⊥ AB và OE ⊥ AC: + (O,R) có:            ⇒ = ⇒ ⊥   =   . . ( ) ACF n tiếp chắn AF BCF n tiếp chắn BF AF BF OF AB ACF BCF CF làphân giác + (O,R) có:            ⇒ = ⇒ ⊥   =   . . ( ) ABE n tiếp chắn AE CAE n tiếp chắnCE AE CE OE AC ABE CAE BE làphân giác 2. CMR: Tứ giác AMON nội tiếp: 2. Hình nón cụt: * Diện tích xung quanh: * Diện tích tồn phần: * Thể tích: 3. Hình cầu: * Diện tích mặt cầu: * Thể tích: S tp = S xq + S đáy lớn + S đáy nhỏ 2 2 1 2 1 2 ( ) ( ) tp S R R l R R π π = + + + 2 2 1 2 1 2 1 ( ) 3 V h R R R R π = + + 2 2 4 S R d π π = = 3 4 3 V R π = I M F N E O A B C D Toỏn 9 ễn tp hc k II_ GV: Trn Nguyn Hong_violet.vn/hoangkim08 6 = + = = 0 0 0 90 180 90 OF AB taùi M OMA OMA ONA OE AC taùi N ONA T AMON ni tip. * Tớnh din tớch hỡnh trũn ngoi tip t giỏc AMON: T giỏc AMON ni tip ủng trũn ủng kớnh OA = = = 2 2 2 . . 2 4 4 OA OA R S . 3. CMR: ID MN: + I v D ủi xng nhau qua BC ID BC (1) + (O,R) cú: = = = = 1 2 1 2 OF AB taùi M MA MB AB OE AC taùi N NA NC AC MN l ủng trung bỡnh ca ABC MN // BC (2). T (1) v (2) ID MN . 4. CMR: Nu D nm trờn (O) thỡ BAC = 60 0 : + I v D ủi xng qua BC BC l ủng trung trc ca ID, suy ra: IBD cõn ti B = CBD CBE ( BC l ủng trung trc ủng thi l ủng cao). ICD cõn ti C = BCD BCF ( BC l ủng trung trc ủng thi l ủng cao). + Khi D nm trờn (O,R) thỡ: M: Mc khỏc: + + = = 1 3 AE EC CD ACD CD ACD (1). M: Mc khỏc: + + = = 1 3 AF FB BD ABD BD ABD (2). = = + 1 1 . ( ) 2 2 BAC n tieỏp chaộn BC BAC sủ BC sủ BD sủ CD (3). + T (1), (2) v (3) ( ) = + = + = = 0 0 1 1 1 1 1 .360 60 2 3 3 6 6 BAC sủ ABD sủ ABD sủ ABD sủ ABD . Bi 2: Cho hỡnh vuụng ABCD cú cnh bng a. Gi M l ủim trờn cnh BC v N l ủim trờn cnh CD sao cho BM = CN. Cỏc ủon thng AM v BN ct nhau ti H. 1. CMR: Cỏc t giỏc AHND v MHNC l nhng t giỏc ni tip. 2. Khi BM = 4 a . Tớnh din tớch hỡnh trũn ngoi tip t giỏc AHND theo a. = = . . ( ) CBD n tieỏp chaộnCD CBE n tieỏp chaộnCE CD CE CBD CBE cmt = ( ) CE AE cmt = = AE EC CD = = . . ( ) BCD n tieỏp chaộn BD BCF n tieỏp chaộn BF BD BF BCD BCF cmt = ( ) BF AF cmt = = AF FB BD I M F N E O A B C D Toán 9 – Ôn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hoàng_violet.vn/hoangkim08 7 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của ñộ dài ñoạn MN theo a. HD: 1. CMR: Tứ giác AHND và MHNC nội tiếp: + ∆ ABM = ∆ BCN (c.g.c) ⇒   = BAM CBN +    + = = 0 90 CBN ABH ABC  ⇒ = 0 90 AHB (ðL tổng 3 góc của ∆ AHB) ⇒ ⊥ AM BN tại H   ⇒ = = 0 90 AHN MHN . + Tứ giác AHND có:   ⇒ + = 0 180 AHN ADN ⇒ AHND là tứ giác nội tiếp. + Tứ giác MHNC có:   ⇒ + = 0 180 MHN MCN ⇒ MHNC là tứ giác nội tiếp. 2. Khi BM = 4 a . Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND theo a: + Khi BM = 4 a ⇒ CN = 4 a ⇒ DN = 3 4 a . + ∆ AND vuông tại D 2 2 2 2 3 4 a AN AD DN a   ⇒ = + = +     = 5 4 a . + Diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND: 2 2 2 5 25 :4 4 4 64 AN a a S π π π   = = =     . 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của MN theo a: + ðặt x = BM = CN ⇒ CM = a – x . + ∆ MCN vuông tại C ⇒ MN 2 = CM 2 + CN 2 = (a – x) 2 + x 2 = 2x 2 – 2ax + a 2 = 2 2 2 2 2 a a x   − +     ⇒ MN 2 ñạt giá trị nhỏ nhất là 2 2 a khi 2 0 2 a x − = ⇒ MN ñạt giá trị nhỏ nhất là 2 2 2 2 a a = khi 2 a x = Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là 2 2 a khi BM = 2 a . Bài 3: Cho ABC ∆ có ba góc nhọn nội tiếp ñường tròn tâm O. ðường cao BH và CK lần lượt cắt (O) tại E và F. a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp. b) CMR: OA ⊥ EF và EF // HK. c) Khi ABC ∆ là tam giác ñều có cạnh bằng a. Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ BC của (O). HD: a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp: + BH ⊥ AC ⇒  BHC = 90 0 nhìn ñoạn BC ⇒ H ∈ ñường tròn ñường kính BC (1). + CK ⊥ AB ⇒  BKC = 90 0 nhìn ñoạn BC ⇒ K ∈ ñường tròn ñường kính BC (2). + Từ (1) và (2) ⇒ B, H, C, K ∈ ñường tròn ñường kính BC ⇒ Tứ giác BKHC nội tiếp ñường tròn ñường kính BC. b) CMR: OA ⊥ EF và EF // HK: x D C A B H M N Toỏn 9 ễn tp hc k II_ GV: Trn Nguyn Hong_violet.vn/hoangkim08 8 + ng trũn ủng kớnh BC cú: + ng trũn (O) cú: = = = . . ( ) ABE n tieỏp chaộn AE CAE n tieỏp chaộn AF AE CF AE AF ABE CAF cmt (1) + Mc khỏc: OE = OF = R (2) T (1) v ( 2) OA l ủng trung trc ca EF OA EF . + ng trũn ủng kớnh BC cú: = = . . BCK n tieỏp chaộn BK BCK BHK BCF BHK BHK n tieỏp chaộn BK (3) + ng trũn (O) cú: = . . BCF n tieỏp chaộn BF BCF BEF BEF n tieỏp chaộn BF (4) T (3) v (4) = BHK BEF EF // HK BHK vaứ BEF ủong vũ . c) Khi ABC l tam giỏc ủu cú cnh bng a. Tớnh din tớch hỡnh viờn phõn chn cung nh BC ca (O: + Gi R l bỏn kớnh ca (O) v h l chiu cao ca ABC ủu, ta cú: h = 3 2 a O l trng tõm ca ABC R = OA = 2 3 h = = 2 3 3 3 2 3 a a . S (O) = R 2 = = 2 2 3 3 3 a a (ủvdt) S ABC = 1 2 a.h = = 2 1 3 3 2 2 4 a a a (ủvdt) S vp = 1 3 ( S (O) S ABC ) = 1 3 ( 2 3 a - 2 3 4 a )= 2 4 3 3 36 a ( ) (ủvdt). Bi 4: Cho hỡnh vuụng ABCD cú cnh bng a. Gi E l mt ủim bt k trờn cnh BC. Qua B v ủng thng vuụng gúc vi tia DE ti H, ủng thng ny ct tia DC ti F. a) CMR: Nm ủim A, B, H, C, D cựng nm trờn mt ủng trũn. b) CMR: DE.HE = BE.CE. c) Tớnh ủ di ủon thng DH theo a khi E l trung ủim ca BC. d) CMR: HC l tia phõn giỏc ca DHF . = = . . KBH n tieỏp chaộn HK KBH KCH ABE ACF KCH n tieỏp chaộn HK Toán 9 – Ôn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hoàng_violet.vn/hoangkim08 9 HD: a) CMR: Năm ñiểm A, B, H, C, D cùng thuộc một ñường tròn: +  BAD = 90 0 nhìn ñoạn BD ⇒ A ∈ ñường tròn ñường kính BD (1) +  BHD = 90 0 nhìn ñoạn BD ⇒ H ∈ ñường tròn ñường kính BD (2) +  BCD = 90 0 nhìn ñoạn BD ⇒ C ∈ ñường tròn ñường kính BD (3) Từ (1), (2) và (3) ⇒ A, B, H, C, D ∈ ñường tròn ñường kính BD. b) CMR: DE.HE = BE.CE: + ∆ DEC và ∆ BEH có:      =   = =   0 90 DEC BEH ( ñoái ñænh) DCE BHE ⇒ ∆ DEC ∆ BEH (g.g) ⇒ = DE EC BE EH ⇔ DE.HE = BE.CE. c) Tính ñộ dài ñoạn thẳng DH theo a khi E là trung ñiểm của BC: • Khi E là trung ñiểm của BC ⇒ = = = 2 2 BC a EB EC . • ∆ DEC vuông tại C ⇒ = + 2 2 DE EC CD ⇒ DE =   + =     2 2 5 2 2 a a a . • Từ: DE.HE = BE.CE (cmt) ⇒ = BE.CE EH DE   ⇒ = =     5 5 2 2 2 10 a a a a EH . : . • DH = DE + EH = 5 2 a + 5 10 a = 3 5 5 a . d) CMR: HC là tia phân giác của  DEF : + ðường tròn ñường kính BD có: Mà: + Mặc khác:    + = = 0 90 CHD CHF DHF (2) + Từ (1) và (2) ⇒    = = 1 2 CHD CHF DHF ⇒ HC là tia phân giác của  DHF . Bài 5: Một hình vuông ABCD nội tiếp trong ñường tròn Tâm O bán kính R . Một ñiểm M di ñộng trên cung ABC , M không trùng với A,B và C, MD cắt AC tại H. 1) CMR:Tứ giác MBOH nội tiếp ñược trong ñường tròn và DH.DM = 2R 2 . 2) CMR: MD.MH = MA.MC. ? E H D C A B F E H F D C A B         ⇒ =    . . CHD n tieáp chaénCD CHD CBD CBD n tieáp chaénCD      = =   0 1 45 2 CBD ABC  ⇒ = 0 45 (1) CHD Toán 9 – Ôn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hoàng_violet.vn/hoangkim08 10 3) ∆ MDC và ∆ MAH bằng nhau khi M ở một vị trí ñặc biệt M’. Xác ñịnh ñiểm M’. Khi ñó M’D cắt AC tại H’. ðường thẳng qua M’ và vuông góc với AC cắt AC tại I. Chứng minh rằng I là trung ñiểm của H’C . HD: 1. CMR: Tứ giác MBOH nội tiếp dược ñường tròn: + ABCD là hình vuông ⇒ BD ⊥ AC  0 90 BOH ⇒ = (1) + (O) có:  BMD nội tiếp chắn ñường tròn ⇒  0 90 BMD = (2) + Từ (1) và (2)   0 0 0 90 90 180 BOH BMD ⇒ + = + = ⇒ MBOH là tứ giác nội tiếp ñường tròn ñường kính BH. * CMR: DH.DM = 2R 2 : DOH và DMB ∆ ∆ có:    0 90 : DOH DMB BDM chung  = =     ⇒ ∆ DOH ∆ DMB (g.g) 2 . . .2 . . 2 DO DH DO DB DH DM R R DH DM DH DM R DM DB ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = (ñpcm). 2. CMR: MD.MH = MA.MC: + (O,R) có: • • CD = AD (ABCD là hình vuông)   ⇒ = CD AD . • + ∆ MDC và ∆ MAH có:      =   =   ( ) ( ) MDC MAH cmt CMD AMH cmt ⇒ ∆ MDC ∆ MAH (g.g) ⇒ = ⇔ = . . MD MC MD MH MA MC MA MH . 3. Chứng minh rằng I là trung ñiểm của H’C: + Khi ∆ MDC = ∆ MAH ⇒ MD = MA + (O,R) có: • MD = MA   MCD MBA ⇒ =     MC CD MB BA ⇒ + = + (1) • Do:CD = BA   ⇒ = CD BA (2) Từ (1) và (2) ⇒   = MC MB ⇒ M là ñiểm chính giữa  BC Hay M’là ñiểm chính giữa  BC . + Do ∆ MDC = ∆ MAH ⇒ ∆ M’DC = ∆ M’AH’ ⇒ M’C = M’H’ ⇒ ∆ M’H’C cân tại M (3) + Do M’I ⊥ AC ⇒ M’I ⊥ H’C (4) Từ (3) và (4) ⇒ M’I là ñường là ñường trung tuyến của ∆ M’H’C ⇒ IH’ = IC Hay I là trung ñiểm của H’C (ñpcm). H O D C A B M I H' O D C A B M'           ⇒ = ⇒ =    . . MDC n tieáp chaén MC MDC MAC MDC MAH MAC n tieáp chaén MC              ⇒ = ⇒ =   =   . . CMD n tieáp chaénCD AMD n tieáp chaén AD CMD AMD CMD AMH CD AD [...]... = 152 − 122 = 9 (cm) Suy ra: OO’ = OH + O’H = 16 + 9 = 25 (cm) c) CMR: ðư ng th ng AB đi qua trung đi m c a đo n th ng EF: + G i K là giao đi m c a AB và EF (1) + ∆ OEK vng t i E ⇒ KE 2 = OK 2 − OE 2 2 2 2 + ∆ OHK vng t i H ⇒ OK = OH + HK (2) 2 2 2 2 2 + T (1) và (2) ⇒ KE = (OH + HK ) – OE = 16 + HK2 – 202 = HK2 – 144 (*) + ∆ O’FK vng t i F ⇒ KF 2 = O ' K 2 − O ' F 2 (3) 2 2 2 + ∆ O HK vng t i H ⇒... + T (1) và (2) ⇒ KE = (OH + HK ) – OE = 16 + HK2 – 202 = HK2 – 144 (*) + ∆ O’FK vng t i F ⇒ KF 2 = O ' K 2 − O ' F 2 (3) 2 2 2 + ∆ O HK vng t i H ⇒ O ' K = O ' H + HK (2) 2 2 2 2 2 + T (3) và (4) ⇒ KF = (O’H + HK ) – O’F = 9 + HK2 – 152 = HK2 – 144 (**) +T (*) và (**) ⇒ KE 2 = KF 2 ⇒ KE = KF   ⇒ K là trung điểm của EF Mà: KE + KF = EF  ⇒ AB đi qua trung đi m c a EF (đpcm) Bài 7: Cho n a đư ng tròn... n i ti p b) CD = CA + DB và COD = 90 0 c) AC BD = R2 11 Tốn 9 – Ơn t p h c kỳ II_ GV: Tr n Nguy n Hồng_violet.vn/hoangkim08 2 Khi BAM = 600 Ch ng t ∆ BDM là tam giác đ u và tính di n tích c a hình qu t tròn ch n cung MB c a n a đư ng tròn đã cho theo R HD: y 1a) CMR: T giác AOMC n i ti p: x 0 + Ax là ti p tuy n t i A ⇒ OAC = 90 (1) + CD là ti p tuy n t i M ⇒ OMC = 90 0 (2) D T (1) và (2) ⇒ OAC + OMC... OCK = 90 0 nhìn đo n OK + DK ⊥ OD (T/c ti p tuy n) ⇒ ODK = 90 0 nhìn đo n OK (2) T (1), (2) ⇒ T giác OCK n i ti p đư ng tròn đư ng kính OK ⇒ OKC = ODC (cùng chắn OC) M  ⇒ OKC = MDO    ⇒ OKC = MHC   Mà: MHC = MDO (cmt)   Mà: MHC + OHC = 180 0 (kề bu)  ø  A D I C H O B ⇒ OKC + OHC = 180 0 ⇒ T giác OKCH n i ti p đư ng tròn đư ng kính OK ⇒ OHK = OCK = 90 0(góc n i ti p ch n n a đư ng tròn) ⇒ HK ⊥... c a dây EF ⇒ OI ⊥ EF ⇒ OIA = 90 0 nhìn đo n OA • AB ⊥ OB (T/c ti p tuy n) (1) ⇒ OBA = 90 0 nhìn đo n OA • AC ⊥ OC (T/c ti p tuy n F (2) E I A O C ) ⇒ OCA = 90 0 nhìn đo n OA (3) T (1), (2) và (3) ⇒ 5 đi m , A,B, O, I, C ∈ đư ng tròn đư ng kính OA c) T E v đư ng th ng vng góc v i OB c t BC t i M Ch ng minh t giác EMIC n i ti p đư c trong đư ng tròn Suy ra t giác MIFB là hình thang: B F M E I A O C 16... ∆ COD cân t i O D    Mà: OHD = DCO (cùng chắn OD của đường tròn nội tiếp tứ giác CHOD)    ⇒ MDO = OHD   ⇒ OHD = MHC (1) Mà: MDO = MHC (cmt)   AHC = 90 0 − MHC   + M c khác: (2)  AHD = 90 0 − OHD   ⇒ CDO = DCO ⇒ MDO = DCO 13 Tốn 9 – Ơn t p h c kỳ II_ GV: Tr n Nguy n Hồng_violet.vn/hoangkim08 T (1) và (2) ⇒ AHC = AHD    Mà: AHC + AHD = CHD   Suy ra: HA là tia phân giác c a CHD ⇒ AB... CD = CA + DB và COD = 90 : C + Hai ti p tuy n CA và CM c t nhau t i C ⇒ CA = CM và OC là tia phân giác c a AOM (1) + Hai ti p tuy n DB và DM c t nhau t i D ⇒ DB = DM và OD là B A O tia phân giác c a MOB (2) Suy ra: CD = CM + MD = CA + DB + (O,R)có: AOM + MOB = 180 0 (kề bu)  ø   OC là phân giác của AOM  ⇒ COD = 90 0  OD là phân giác của MOB   1c) CMR: AC BD = R2: ∆COD vuông tại O  2   ⇒ OM... (kề bu)  ø  A D I C H O B ⇒ OKC + OHC = 180 0 ⇒ T giác OKCH n i ti p đư ng tròn đư ng kính OK ⇒ OHK = OCK = 90 0(góc n i ti p ch n n a đư ng tròn) ⇒ HK ⊥ MO   ⇒ HK ≡ AB ⇒ 3 đi m A, B, K th ng hàng (đpcm) Mà: AB ⊥ MO (cmt)  Bài 9: Cho hình vng c nh a , l y đi m M b t kỳ thu c c nh BC (M khác B,C) Qua B k đư ng th ng vng góc v i đư ng th ng DM t i H, kéo dài BH c t đư ng th ng DC t i K 1 Ch ng minh:... giác n i ti p: + BHD = 90 0 nhìn đo n BD ⇒ H ∈ đư ng tròn đư ng kính BD (1) H + BCD = 90 0 nhìn đo n BD ⇒ C ∈ đư ng tròn đư ng kính BD (2) M T (1) và (2) ⇒ B, H, C, D ∈ đư ng tròn đư ng kính BD 2 Ch ng minh: KM ⊥ DB: D C K + ∆ BDK có : DH ⊥ BK   BC ⊥ DK  ⇒ M là tr c tâm c a ∆ BDK ⇒ KM là đư ng cao th ba ⇒ KM ⊥ DB DH cắt DK tại M   3 Ch ng minh: KC KD = KH KB: KCB = KHD = 90 0   + ∆ KCB và ∆ KHD... T E v đư ng th ng vng góc v i OB c t BC t i M Ch ng minh t giác EMIC n i ti p đư c trong đư ng tròn Suy ra t giác MIFB là hình thang d) Gi s cho OA = R 2 Tính theo R ph n di n tích t giác ABOC n m ngồi hình tròn (O) HD: a) CMR: ∆ AEC và ∆ ACF đ ng d ng Suy ra AC2 = AE AF: 15 Tốn 9 – Ơn t p h c kỳ II_ GV: Tr n Nguy n Hồng_violet.vn/hoangkim08 + ∆ AEC và ∆ ACF có: ACE = CFE (cùng chắn CE    ⇒ ∆ KCB . π = = Toán 9 – Ôn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hoàng_violet.vn/hoangkim08 4 * Diện tích hình viên phân: * Diện tích hình vành khăn: HÌNH KHÔNG GIAN 1 .Hình trụ: *. = = . . KBH n tieỏp chaộn HK KBH KCH ABE ACF KCH n tieỏp chaộn HK Toán 9 – Ôn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hoàng_violet.vn/hoangkim08 9 HD: a) CMR: Năm ñiểm A, B, H, C,. BK BCK BHK BCF BHK BHK n tieỏp chaộn BK (3) + ng trũn (O) cú: = . . BCF n tieỏp chaộn BF BCF BEF BEF n tieỏp chaộn BF (4) T (3) v (4) = BHK BEF EF // HK BHK vaứ