• Không có kết quả nào được tìm thấy

SBT Toán 9 Bài 9: Ôn tập chương 2 | Hay nhất Giải sách bài tập Toán lớp 9

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "SBT Toán 9 Bài 9: Ôn tập chương 2 | Hay nhất Giải sách bài tập Toán lớp 9"

Copied!
23
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

Ôn tập chương II

Bài 81 trang 171 SBT Toán lớp 9 tập 1: Cho đoạn thẳng AB, điểm C nằm giữa AB. Vẽ về một phía của AB các nửa đường tròn có đường kính theo thứ tự là AB, AC, BC. Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn lớn hơn tại D. DA, DB cắt các nửa đường tròn có đường kính AC, BC theo thứ tự tại M, N.

a) Tứ giác DMCN là hình gì ? Vì sao?

b) Chứng minh hệ thức DM.DA = DN.DB

c) Chứng minh rằng MN là tiếp tuyến chung của các nửa đường tròn có đường kính AC, BC

d) Điểm C ở vị trí nào trên AB thì MN có độ dài lớn nhất.

Lời giải:

a)

Tam giác ABD nội tiếp trong đường tròn có AB là đường kính nên tam giác ABD vuông tại D

o o

ADB 90 MDN 90

 =  =

Tam giác ACM nội tiếp trong đường tròn có AC là đường kính nên tam giác ACM vuông tại M

o o

AMC 90 CMD 90

 =  =

(2)

Tam giác BCN nội tiếp trong đường tròn có AC là đường kính nên tam giác BCN vuông tại N

o o

BNC 90 CND 90

 =  =

Do đó, tứ giác CMDN có ba góc vuông nên nó là hình chữ nhật b)

Tam giác ACD vuông tại C có CM ⊥ AD tại M Do đó, CM là đường cao

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

CD2 =DM.DA (1)

Tam giác BCD vuông tại C có CN ⊥ BD Do đó, CN là đường cao

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

CD2 =DN.DB (2)

Từ (1) và (2) suy ra: DM.DA = DN.DB c)

Gọi P là trung điểm của AC, Q là trung điểm của BC, I là giao điểm của MN với DC

Vì CMDN là hình chữ nhật nên IC = IM = ID = IN Tam giác CNI cân tại I nên ICN=INC (3)

Tam giác CNQ cân tại Q nên QCN=QNC (4) Vì AB ⊥ CD tại C nên ICN+QCN=90o (5)

(3)

Từ (3), (4) và (5) suy ra INC+QNC=90o MN ⊥ QN tại N Do đó, MN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC

Tam giác CMI cân tại I nên ICM=IMC (6) Tam giác CMP cân tại P nên PCM=PMC (7) Vì AB ⊥ CD tại C nên ICM+PCM=90o (8)

Từ (6), (7) và (8) suy ra: PMC+IMC=90o MN⊥PM Do đó, MN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AC d)

Gọi O là trung điểm của AB

Tứ giác CMDN là hình chữ nhật nên CD = MN Xét tam giác OCD ta có: CD  OD nên MN  OD

Vì OD không đổi nên MN = OD là giá trị lớn nhất khi và chỉ khi C trùng với O Vậy C là trung điểm của AB thì MN có độ dài lớn nhất.

Bài 82 trang 171 SBT Toán lớp 9 tập 1: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài DE, D  (O), E  (O’). Kẻ tiếp tuyến chung trong tại A cắt DE ở I. Gọi M là giao điểm của OI và AD, N là giao điểm của O’I và AE.

a) Tứ giác AMIN là hình gì ? Vì sao?

b) Chứng minh hệ thức IM.IO = IN.IO’

c) Chứng minh rằng OO’ là tiếp tuyến của đường tròn có đường kính là DE d) Tính độ dài DE, biết rằng OA = 5cm, O’A = 3,2cm

Lời giải:

(4)

a)

Trong đường tròn (O) ta có IO là tia phân giác của góc AID (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Trong đường tròn (O’) ta có IO’ là tia phân giác của góc AIE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà góc AID và góc AIE là hai góc kề bù

 IO ⊥ IO’ (tính chất hai góc kề bù)

o o

OIO' = 90 MIN 90

  =

Lại có: IA = ID (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Do đó, tam giác ADI cân tại I

Tam giác cân AID có IO là phân giác của góc AID nên IO cũng là đường cao của tam giác AID

 IO ⊥ AD tại M AMI=90o

Mặt khác: IA = IE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Do đó, tam giác AEI cân tại I

Tam giác cân AIE có IO’ là phân giác của góc AIE nên IO’ cũng là đường cao của tam giác AIE

(5)

 IO’ ⊥ AE tại N ANI=90o

Do đó, tứ giác AMIN có ba góc vuông nên nó là hình chữ nhật.

b)

Tam giác AIO vuông tại A có AM ⊥ IO tại M Do đó, AM là đường cao

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

IA2 =IM.IO (1)

Tam giác AIO’ vuông tại A có AN ⊥ IO’ tại N Do đó, AN là đường cao

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

IA2 =IN.IO' (2)

Từ (1) và (2) suy ra: IM.IO = IN.IO’

c)

Ta có: IA = ID = IE = 1DE

2 (chứng minh trên) Do đó, A nằm trên đường tròn tâm I đường kính DE

Vì OO’ ⊥ IA tại A nên OO’ là tiếp tuyến của đường tròn (I; 1DE 2 ) d)

Tam giác O’IO vuông tại I có IA ⊥ OO’ tại A Do đó, IA là đường cao

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

IA2 =OA.O'A=5.3,2 16= IA= 16 =4 (cm)

(6)

Mà DE = 2IA nên DE = 2.4 = 8 (cm)

Bài 83 trang 171 SBT Toán lớp 9 tập 1: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B, OO’ = 3cm. Qua A kẻ một đường thẳng cắt các đường tròn (O) và (O’) theo thứ tự tại E và F (A nằm giữa E và F). Tính xem đoạn thẳng EF có độ dài lớn nhất bằng bao nhiêu ?

Lời giải:

Kẻ OI ⊥ AE tại I, O’K ⊥ AF tại K Xét đường tròn (O), ta có:

OI là một phần của đường kính, AE là dây cung Mà: OI ⊥ AE tại I

Do đó, I là trung điểm của AE

 IA = IE = 1

2 AE (đường kính vuông góc với dây cung) Xét đường tròn (O’), ta có:

O’K là một phần của đường kính, AF là dây cung Mà: O’K ⊥ AF tại K

Do đó, K là trung điểm của AF

(7)

 KA = KF = 1

2 AF (đường kính vuông góc với dây cung) Ta có: EF = AE = AF

 EF = 2IA = 2AK = 2(IA + AK) = 2IK (1) Kẻ O’H ⊥ OI tại H

Xét tứ giác IHO’K có:

O'HI=IHO'=IKO'=90o (do O’H ⊥ OI tại H, OI ⊥ AE tại I, O’K ⊥ AF tại K) Do đó tứ giác IHO’K là hình chữ nhật (có ba góc vuông)

 O’H = IK

Xét tam giác OHO’ ta có: O’H  OO’ = 3 (cm)

 IK  OO’ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: EF  2OO’ = 6 (cm)

Ta có EF = 6cm khi H và O trùng nhau hay EF // OO’

Vậy EF có độ dài lớn nhất bằng 6cm khi và chỉ khi EF // OO’

Bài 84 trang 171 SBT Toán lớp 9 tập 1: Cho tam giác ABC vuông tại A (AB <

AC) nội tiếp trong đường tròn (O) có đường kính BC. Kẻ dây AD vuông góc với BC. Gọi E là giao điểm của DB và CA. Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với BC, cắt BC ở H, cắt AB ở F. Chứng minh rằng:

a) Tam giác EBF cân b) Tam giác HAF cân

c) HA là tiếp tuyến của đường tròn (O) Lời giải:

(8)

a)

Gọi I là giao điểm của AD và BC

Vì BC AD tại I nên I là trung điểm của đoạn thẳng AD Suy ra BC là trung trực của đoạn thẳng AD.

Vì BC là đường trung trực của AD nên theo tính chất đường trung trực ta có:

BA = BD

Tam giác BAD cân tại B có BI ⊥ AD tại I nên BI vừa là đường cao vừa là tia phân giác của góc ABD

ABI DBI

 = Mà :

ABI=HBF (hai góc đối đỉnh) DBI=HBE (hai góc đối đỉnh)

HBE HBF

 =

(9)

Tam giác EBF có BH là tia phân giác của góc EBF và cũng là đường cao do BH ⊥ EF tại H nên tam giác EBF cân tại B.

b)

Xét tam giác EBF cân tại B, có BH EFnên BH là đường trung tuyến.

Suy ra HE = HF

Tam giác AEF vuông tại A có AH là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên:

HA = HE = HF = 1

2EF (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông) Do đó, tam giác AHF cân tại H .

c)

Tam giác AHF cân tại H nên ta có: HAF=HFA (1)

Tam giác AOB cân tại O (do OA = OB) nên ta có: OAB=OBA Mà: ABI=HBF (hai góc đối đỉnh)

OAB HBF

 = (2)

Từ (1) và (2) suy ra: HAO=HAF OAB+ =HFB+HBF (3) Tam giác BHF vuông tại H nên ta có: HFB+HBF=90o (4) Từ (3) và (4) suy ra: HAO=90o HA⊥AO tại A

Bài 85 trang 172 SBT Toán lớp 9 tập 1: Cho đường tròn (O), đường kính AB, điểm M thuộc đường tròn. Vẽ điểm N đối xứng với A qua M. BN cắt đường tròn ở C. Gọi E là giao điểm của AC và BM.

a) Chứng minh rằng NE ⊥ AB

b) Gọi F là điểm đối xứng với E qua M. Chứng minh rằng FA là tiếp tuyến của đường tròn (O)

c) Chứng minh rằng FN là tiếp tuyến của đường tròn (B; BA)

(10)

Lời giải:

a)

Tam giác ABM nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên tam giác ABM vuông tại M

AM BM

 ⊥  AN ⊥ BM tại M

Tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên tam giác ABC vuông tại C

AC CB

 ⊥  AC ⊥ BN tại C

Tam giác ABN có hai đường cao AC và BM cắt nhau tại E nên E là trọng tâm của tam giác ABN

Suy ra: NE ⊥ AB b)

Ta có:

(11)

MA = MN (tính chất đối xứng tâm) ME = MF (tính chất đối xứng tâm)

Do đó, tứ giác AENF có hai đường chéo AN và FE cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành

 AF // NE

Mà NE ⊥ AB (chứng minh trên)

 AF ⊥ AB tại A

Vậy FA là tiếp tuyến của đường tròn (O).

c)

Trong tam giác ABN ta có:

AN ⊥ BM và MN = AM

Do đó BM vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến Do đó, tam giác ABN cân tại B

 BA = BN

Do đó N thuộc đường tròn (B; BA)

Tứ giác AFNE là hình bình hành nên AE // FN hay FN // AC Mặt khác: AC ⊥ BN (chứng minh trên)

 FN ⊥ BN tại N

Vậy FN là tiếp tuyến của đường tròn (B; BA)

Bài 86 trang 172 SBT Toán lớp 9 tập 1: Cho đường tròn (O), đường kính AB, điểm C nằm giữa A và O. Vẽ đường tròn (O’) có đường kính CB

a) Hai đường tròn (O) và (O’) có vị trí tương đối như thế nào đối với nhau?

b) Kẻ dây DE của đường tròn (O) vuông góc với AC tại trung điểm H của AC. Tứ giác ADCE là hình gì? Vì sao?

(12)

c) Gọi K là giao điểm của DB với đường tròn (O’). Chứng minh rằng ba điểm E, C, K thẳng hàng.

d) Chứng minh rằng HK là tiếp tuyến của đường tròn (O’) Lời giải:

a)

Vì O, O’ và B thẳng hàng nên: O’B < OB  O’ nằm giữa O và B Ta có: OO’ = OB - O’B

Do đó, đường tròn (O’) tiếp xúc với đường tròn (O) tại B b)

Ta có:

HA = HC (gt)

AB ⊥ DE tại H (gt)

Mà AB là đường kính, DE là dây cung

 HD = HE (đường kính vuông góc với dây cung)

(13)

Do đó, tứ giác ADCE có hai đường chéo DE và AC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành

Lại có: AC ⊥ DE

Do đó, tứ giác ADCE là hình thoi c)

Tam giác ABD nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên vuông tại D

 AD ⊥ BD

Tứ giác ADCE là hình thoi nên EC // AD

 EC ⊥ BD (1)

Tam giác BCK nội tiếp trong đường tròn (O’) có BC là đường kính nên tam giác BCK vuông tại K

 CK ⊥ BD (2)

Từ (1) và (2) suy ra EC trùng với CK Vậy E, C, K thẳng hàng.

d)

Tam giác DEK vuông tại K có KH là trung tuyến ứng với cạnh huyền DE nên:

HK = HE = 1

2 DE (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông) Do đó, tam giác EHK cân tại H

HEK HKE

 = (3)

Ta có: O’C = O’K nên tam giác O’KC cân tại O’

O'CK O'KC

 =

Mà: O'CK=HCE (hai góc đối đỉnh)

(14)

O'KC HCE

 = (4)

Từ (3) và (4) ta suy ra HKO'=HKE+O'KC=HEK+HCE (5) Tam giác CEH vuông tại H nên ta có: HEK+HCE=90o (6) Từ (5) và (6) ta suy ra HKO'=90o HK⊥KO' tại K

Vậy HK là tiếp tuyến của đường tròn O’

Bài 87 trang 172 SBT Toán lớp 9 tập 1: Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) tiếp xúc ngoài tại A (R > R’). Vẽ các đường kính AOB, AO’C. Dây DE của đường tròn (O) vuông góc với BC tại trung điểm K của BC

a) Chứng minh rằng tứ giác BDCE là hình thoi

b) Gọi I là giao điểm của EC và đường tròn (O’). Chứng minh rằng ba điểm D, A, I thẳng hàng

c) Chứng minh rằng KI là tiếp tuyến của đường tròn (O’) Lời giải:

a)

Vì đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A nên O, A và O’ thẳng hàng Ta có: KB = KC (gt)

Trong đường tròn (O) ta có:

(15)

AB ⊥ DE tại K

Mà AB là đường kính và DE là dây cung Do đó, K là trung điểm của DE

 KD = KE (đường kính vuông góc với dây cung)

Do đó, tứ giác BDCE có hai đường chéo DE và BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành.

Lại có: BC ⊥ DE

Do đó, tứ giác BDCE là hình thoi.

b)

Tam giác ABD nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên tam giác ABD vuông tại D

 AD ⊥ BD tại D

Tứ giác BDCE là hình thoi nên EC // BD

 EC ⊥ AD (1)

Tam giác AIC nội tiếp trong đường tròn (O’) có AC là đường kính nên vuông tại I

 AI ⊥ CE (2)

Từ (1) và (2) suy ra AD trùng với AI Vậy D, A, I thẳng hàng.

c)

Tam giác DIE vuông tại I có IK là trung tuyến ứng với cạnh huyền DE nên:

KI = KD = 1

2ED (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông) Do đó, tam giác IKD cân tại K

KID KDI KIA KDA

 =  = (3)

(16)

Ta có: O’A = O’I nên tam giác O’IA cân tại O’

O'AI O'IA

 =

Mà: O'AI=KAD O'IA KAD

 = (4)

Từ (3) và (4) ta suy ra: KIO'=90o KI⊥O'I tại I Do đó, KI là tiếp tuyến của đường tròn (O’).

Bài 88 trang 172 SBT Toán lớp 9 tập 1: Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB. Gọi M là điểm bất kì thuộc nửa đường tròn, H là chân đường vuông góc kẻ từ M đén AB. Vẽ đường tròn (M; MH). Kẻ các tiếp tuyến AC, BD với đường tròn tâm M (C và D là các tiếp điểm khác H).

a) Chứng minh rằng ba điểm C, M, D thẳng hàng và CD là tiếp tuyến của đường tròn (O)

b) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn (O) thì tổng AC + BD không đổi

c) Giả sử CD và AB cắt nhau tại I. Chứng minh rằng tích OH.OI không đổi Lời giải:

a)

(17)

Trong đường tròn (M; MH), theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

MA là tia phân giác của góc HMC

CMA HMA CMH 2HMA

 =  =

MB là tia phân giác của góc HMD

HMB DMB DMH 2HMB

 =  =

Tam giác ABM nội tiếp đường tròn (O) có đường kính AB nên tam giác ABM vuông tại M

AMB HMA HMB 90o

 = + =

o o

CMH HMD 2HMA 2HMB 2(HMA HMB) 2.90 180

 + = + = + = =

Do đó, C, M, D thẳng hàng.

b)

Trong đường tròn (M; MH), theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

AC = AH và BD = BH

Khi M thay đổi trên nửa đường tròn tâm O thì AC luôn bằng AH và BD luôn bằng BH

Do đó, AC + BD = AH + BH = AB luôn không đổi c)

Ta có: AC ⊥ CD và BD ⊥ CD (tính chất tiếp tuyến)

 AC // BD

Do đó tứ giác ABDC là hình thang

Mà OA = OB (bán kính của đường tròn (O)) nên O là trung điểm của AB

Và MC = MD (bán kính của đường tròn (M))

(18)

nên M là trung điểm của CD

Do đó, OM là đường trung bình của hình thang ABDC Khi đó OM // AC

Mà AC ⊥ CD  OM ⊥ CD tại M OMI=90o Tam giác OMI vuông tại M có MH ⊥ OI tại H Do đó, MH là đường cao

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

OM2 =OH.OI Mà OM = R

Do đó, OH.OI = R2 luôn không đổi với R là bán kính của đường tròn (O) Bài tập bổ sung

Bài II.1 trang 173 SBT Toán lớp 9 tập 1: Tỉ số bán kính đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp một tam giác đều bằng

(A) 1 3 (B) 1 2 (C) 1

2 (D) 2 Lời giải:

(19)

Giả sử tam giác ABC đều ngoại tiếp đường tròn (O; R) và có đường tròn nội tiếp là (O; r)

Gọi H là trung điểm của BC

Trong tam giác đều, giao ba đường trung tuyến cũng là giao ba đường phân giác, ba đường cao, đường trung trực (tâm đường tròn nội tiếp cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp).

Do đó, OH = r, OA = R

Vì O là trọng tâm tam giác ABC nên ta có:

OA 2 r OH 1

AH = 3 R = OA =2 Vậy ta chọn đáp án (B)

Bài II.2 trang 173 SBT Toán lớp 9 tập 1: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn, vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn. Gọi M là điểm thuộc nửa đường tròn, D là giao điểm của AM và By, C là giao điểm của BM và Ax, E là trung điểm của BD. Chứng minh rằng:

a) AC.BD = AB ; 2

b) ME là tiếp tuyến của nửa đường tròn.

(20)

Lời giải:

a)

Xét tam giác ABD vuông tại B Có: A1+D1=90o (1)

Tam giác AMB nội tiếp đường tròn đường kính AB nên tam giác AMB vuông tại M

o

1 1

A B 90

 + = (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra B1 =D1 (cùng phụ với A ) 1 Xét tam giác ABC và tam giác BDA

Có:

1 1

B =D (cmt) BAC=ABD=90o

Do đó, tam giác ABC và tam giác BDA đồng dạng (góc – góc)

(21)

AB AC 2

AB BD.AC BD BA

 =  =

b)

Vì tam giác AMB vuông tại M nên AD ⊥ BM tại M Do đó, tam giác BMD vuông tại M

Xét tam giác BMD vuông tại M

ME là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên ME ED EB BD

= = = 2

Do đó, tam giác EBM cân tại E

2 2

M =B (1)

Lại có tam giác MOB cân tại O (do OM = OB) nên M1=B1 (2) Từ (1) và (2) suy ra:

o o

1 2 1 2

M +M =B +B =OBD=90 OME=90 ME⊥OM tại M Do đó, ME là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O)

Bài II.3 trang 173 SBT Toán lớp 9 tập 1: Cho đường tròn (O) và điểm A cố định trên đường tròn. Gọi xy là tiếp tuyến với đường tròn tại A. Từ một điểm M nằm trên xy, vẽ tiếp tuyến MB với đường tròn. Gọi H là trực tâm của tam giác MAB.

a) Chứng minh rằng ba điểm M, H, O thẳng hàng.

b) Tứ giác AOBH là hình gì?

c) Khi M di chuyển trên xy thì H di chuyển trên đường nào ? Lời giải:

(22)

a)

Vì H là trực tâm của tam giác MAB nên MH⊥AB (1) Xét đường tròn (O)

Có MA và MB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M nên OM là tia phân giác của góc BOA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Lại có OA = OB (cùng bằng bán kính đường tròn (O))

Do đó, tam giác OAB cân tại O có OM là đường phân giác và cũng là đường cao OM AB

 ⊥ (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra OM và MH cùng vuông góc với AB nên O, M, H thẳng hàng

b)

Xét đường tròn (O) có MA và MB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M nên OB⊥MB,OA ⊥MA

Xét tam giác MAB có H là trực tâm nên AH⊥MB, BH ⊥MA

Xét tứ giác AOBH có:

(23)

BH // OA (do cùng vuông góc với MA) AH // OB (do cùng vuông góc với MB) Do đó, AOBH là hình bình hành

Mà OA = OB

Do đó, AOBH là hình thoi c)

Ta có: HA = OA (do AOBH là hình thoi )

Nên H cách A cố định một khoảng bằng OA không đổi

Như vậy, khi M chuyển động trên xy thì H di chuyển trên đường tròn (A; AO).

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Bài 41 trang 84 SBT Toán 8 Tập 1: Chứng minh rằng đường thẳng đi qua trung điểm một cạnh bên của hình thang và song song với hai đáy thì đi qua trung điểm của hai đường

Bằng quan sát, hãy nêu dự đoán về vị trí của điểm E trên cạnh AC.. Dùng thước đo góc và thước chia khoảng để kiểm

Bài 7: Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến AB. a) Chứng minh đường thẳng OA là trung trực của BC. b) Gọi H là giao điểm của AO và BC. Vẽ

Bài 1: Các đường cao AD, BE của tam giác ABC cắt nhau tại H (góc C khác góc vuông) và cắt đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại I và K. a) Chứng minh

Định lí 1. Trong một tam giác vuông, bình phương mỗi cạnh góc vuông bằng tích của cạnh huyền và hình chiếu của cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền. Tam giác ABC vuông

Sử dụng bảng lượng giác của các góc đặc biệt, hãy tìm cạnh huyền và cạnh góc vuông còn lại (làm tròn đến chữ số thập phân thứ tư). a) Tính diện tích tam giác ABD. b)

AC = BD khi và chỉ khi BD là đường kính. Chứng minh rằng IE = KF.. Dây BC của đường tròn vuông góc với OA tại trung điểm của OA. Tính độ dài BC. Do đó, H là trung

Tâm I của tất cả các đường tròn có bán kính 5cm và tiếp xúc với đường thẳng a nằm trên đường nào ? Lời giải:.. Vì đường tròn tâm I bán kính 5cm tiếp xúc với đường