ÔN tập HÌNH học lớp 9

Hơn 12.000 bài luyện tập VẬT LÝ cơ bản đến VẬT LÝ nâng cao giúp học sinh ôn tập và củng cố kiến thức một cách chủ động và hiệu quả hơn., Học và làm bài tập VẬT LÝ Online. Các dạng VẬT LÝ từ cơ bản đến nâng cao. Bài kiểm tra VẬT LÝ . Ôn tập hè môn VẬT LÝ với Luyện thi 123.com., Website học .

ÔN TẬP HÌNH HỌC Bài 1: Từ điểm M (O), vẽ tiếp tuyến MA, MB với đtròn Trên cung nhỏ AB lấy điểm C Vẽ CD vng góc với AB, CE vng góc với MA, CF vng góc với MB Gọi I giao điểm AC DE, K giao điểm BC DF CMR: a) Tứ giác AECD nt; tứ giác BFCD nt b) CD2 = CE.CF c) Tứ giác ICKD nt d) IK vng góc với CD A O I D 2 K 1C 22 F B a) Ta có: ·AEC = ·ADC = BDC · · = BFC = 900 E M (gt) ·AEC + ·ADC = 1800 + xét tứ giác AECD, ta có: , mà góc vị trí đối suy tứ giác AECD nt · · BDC + BFC = 180 + xét tứ giác BFCD, ta có: , mà góc vị trí đối suy tứ giác BFCD nt µA = B µ 1 b) ta có: (cùng chắn cung AC) µ =B µ F 1 + tứ giác BFCD nt (cùng chắn cung CD) µ µ F1 = A1 Suy ra: (1) ả A1 = D + tứ giác AECD nt (cùng chắn cung CE) (2) ả F1 = D1 = B1 Từ (1) (2) suy ra: ¶A = B ¶ 2 Mặt khác: (cùng chắn cung BC) ¶A = E ¶ 2 + tứ giác AECD nt (cùng chắn cung CD) ¶E = B ¶ 2 Suy ra: (3) ¶ =B ¶ D 2 + tứ giác BFCD nt (cùng chắn cung CF) (4) ¶E = D ¶ = ¶A 2 Từ (3) (4) suy ra: Xét tam giác CDE v tam giỏc CDF, ta cú: ả =F D 1 ¶ =D ¶ E  CD CE = ⇒ CD = CE.CF  ⇒ ∆CDE : ∆CFD ( g g ) ⇒ CF CD 2  · · · ¶ +D ¶ = ·ACB + B +A ả = 1800 ICK + IDK = ICK +D 2 c) Xét tứ giác ICKD, ta có: (tổng góc tam ·ICK ; IDK · giác ABC), mà góc vị trí đối nhau, suy tứ giác ICKD nt ¶ ¶ =A ¶ Iµ1 = D D 2 d) ta có tứ giác ICKD nt (cùng chắn cung CK), m (cmt) àI = A ả àI ; ảA 2 Suy , mà góc vị trí đồng vị nên IK // AB, lại AB vng góc với CD, nên IK vng góc với CD Bài 2: Cho tam giác ABC cân A nt đtròn (O), điểm D thuộc tia đối tia AB, CD cắt (O) E, tiếp tuyến (O) B cắt EA F CMR: a) Tứ giác BFDE nt b) FD // BC D F A E O B µ =E B 1 1 C ả E a) ta có: (cùng bù với ) µ µ B1 = C1 mà (do tam giác ABC cân A) µ =C µ E 1 suy ra: (1) ¶E = C µ =B ¶ 2 mặt khỏc: (cựng chn cung AB) (2) ả E1 = B2 ⇒ từ (1) (2) suy đỉnh B, E nhìn xuống cạnh DF dới góc nhau, suy tứ giác BFDE nt ¶ =D ¶ E ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ b) tứ giác BFDE nt (cùng chắn cung BF), mà E2 = B2 = C1 = B1, suy D1 = B1 (2 góc vị trí so le trong) => FD // BC Bài 3: Cho hình vng ABCD, điểm M thuộc cạnh AD Vẽ đtròn (O) đường kính MB, cắt AC E (khác A) Gọi giao điểm ME DC CMR: a) Tam giác BEM vuông cân b) EM = ED c) điểm B, M, D, K thuộc đtròn d) BK tiếp tuyến (O) A B O M D E 1 C K ∠ ∠ ∠ a) tứ giác ABEM nt => BAM + BEM = 1800 => 900 + BEM = 1800 ∠ => BEM = 900 (1) ∠ ∠ Mặt khác: A1 = A2 (tính chất hình vng) => sđ cung BE = sđ cung ME => BE=ME (2) Từ (1) (2) suy tam giác BEM vuông cân E b) xét tam giác BCE tam giác DCE, ta có: CE: chung ∠ ∠ C1 = C2 (tính chất hình vng) CB = CD (gt) ∆BCE = ∆DCE Do (c.g.c) => BE = DE (cạnh tương ứng) (3) Từ (2) (3) => EM = ED (= BE) (4) ¶ +M ¶ = 900  K 1  ¶ +D ¶ = 900 ¶ ¶ D  ⇒ K1 = D1 ⇒ ∆EDK ¶ =D ¶ ( ∆EDM cân EM = ED )  M  c) ta có: cân E => ED = EK (5) (4) (5) => EB = EM = ED = EK => điểm B, M, D, K thuộc đtròn có tâm E · · · ⇒ MDK + MBK = 1800 ⇒ MBK = 900 ⇒ BK ⊥ BM ⇒ d) tứ giác BKDM nt (E) BK tiếp tuyến đtròn (O) Bài 4: Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên nội tiếp đtròn (O) Tiếp tuyến B C đtròn cắt tia AC tia AB D E CMR: a) BD2 = AD.CD b) Tứ giác BCDE nt c) BC // DE A O B 1j 2 E C D ∠ ∠ a) ta có: A1 = B2 (cùng chắn cung BC) xét tam giác ABD tam giác BCD, ta cú: àA = B ả AD BD = ⇒ BD = AD.CD  ⇒ ∆ABD : ∆BCD ( g g ) ⇒ ¶D : chung  BD CD  b) ta có:  µ = sd »AC − sd BC » E    ¶ ¶D = sd »AB − sd BC » µ  ⇒ D1 = E1 ⇒  » » mà AB = AC ⇒ sd AB = sd AC    ( ( ) ) điểm D E nhìn xuống cạnh BC góc => tứ giác BCDE nt µ =C µ B 1 ∠ ∠ ∠ c) ta có: (gt), mà tứ giác BCDE nt => BED = C1 (cùng bù với BCD) ∠ ∠ B1 = BED (2 góc vị trí đồng vị) => BC // DE Bài 5: Cho tứ giác ACBD nt đtròn (O), đường chéo AB CD vng góc với I trung tuyến IM tam giác AIC cắt BD K, đường cao IH tam giác AIC cắt BD N a) CMR: IK vng góc với BD b) Chứng minh N trung điểm BD c) Tứ giác OMIN hình gì? Tại sao? 1 OM = BD; ON = AC 2 d) Chứng minh C M O H A 1 I B N D a) ta có: ∠ B1 = ∠ C1 (cùng chắn cung AD) (1) K ∠ ∠ + IM trung tuyến tam giác AIC => IM = MA => tam giác MAI cân M => A1= MIA ∠ ∠ ∠ ∠ + mà MIA = KIB (đối đỉnh) => KIB = A1 (2) ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ Từ (1) (2) => B1 + BIK = C1 + A1 = 900 => IKB = 900 suy IK vng góc với BD ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ b) ta có: CIH = DIN (đối đỉnh), mà CIH + C1 = 900, đó: DIN + C1 = 900 ∠ ∠ ∠ ∠ + mà C1 = B1 suy ra: DIN + B1 = 900 (*) ∠ ∠ + mặt khác: DIN + BIN = 900 (**) ∠ ∠ (*) (**) suy ra: B1 = BIN => tam giác BIN cân N => NB = NI (3) + lại có: ∠ ∠ IDN + B1 = 900 ∠ ∠ DIN + B1 = 900 ∠ ∠ Do đó: IDN = DIN => tam giác NID cân N => NI = ND (4) (3) (4) => NB = ND => N trung điểm BD c) ta có: M, N trung điểm AC BD => OM vuông góc với AC; ON vng góc với BD => OM // IN (cùng vng góc với AC); ON // IM (cùng vng góc vói BD) Do tứ giác DMIN hình bình hành (vì có cạnh đối song song) d) tứ giác OMIN hình bình hành => OM = IN; ON = IM 1 1 IN = BD; IM = AC OM = BD; ON = AC 2 2 mà nên ... BIK = C1 + A1 = 90 0 => IKB = 90 0 suy IK vng góc với BD ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ b) ta có: CIH = DIN (đối đỉnh), mà CIH + C1 = 90 0, đó: DIN + C1 = 90 0 ∠ ∠ ∠ ∠ + mà C1 = B1 suy ra: DIN + B1 = 90 0 (*) ∠ ∠ + mặt... => BAM + BEM = 1800 => 90 0 + BEM = 1800 ∠ => BEM = 90 0 (1) ∠ ∠ Mặt khác: A1 = A2 (tính chất hình vng) => sđ cung BE = sđ cung ME => BE=ME (2) Từ (1) (2) suy tam giác BEM vuông cân E b) xét tam... chung ∠ ∠ C1 = C2 (tính chất hình vng) CB = CD (gt) ∆BCE = ∆DCE Do (c.g.c) => BE = DE (cạnh tương ứng) (3) Từ (2) (3) => EM = ED (= BE) (4) ¶ +M ¶ = 90 0  K 1  ¶ +D ¶ = 90 0 ¶ ¶ D  ⇒ K1 = D1 ⇒ ∆EDK