Violet
Dethi

Tin tức thư viện

Khắc phục hiện tượng không xuất hiện menu Bộ công cụ Violet trên PowerPoint và Word

12099162 Kính chào các thầy, cô. Khi cài đặt phần mềm , trên PowerPoint và Word sẽ mặc định xuất hiện menu Bộ công cụ Violet để thầy, cô có thể sử dụng các tính năng đặc biệt của phần mềm ngay trên PowerPoint và Word. Tuy nhiên sau khi cài đặt phần mềm , với nhiều máy tính sẽ...
Xem tiếp

Quảng cáo

Hỗ trợ kĩ thuật

Liên hệ quảng cáo

  • (024) 66 745 632
  • 096 181 2005
  • contact@bachkim.vn

Tìm kiếm Đề thi, Kiểm tra

Bài HH tham khảo thi HKI toán 9 hay và khó

Wait
  • Begin_button
  • Prev_button
  • Play_button
  • Stop_button
  • Next_button
  • End_button
  • 0 / 0
  • Loading_status
Nhấn vào đây để tải về
Báo tài liệu có sai sót
Nhắn tin cho tác giả
(Tài liệu chưa được thẩm định)
Nguồn:
Người gửi: Nguyễn Khánh Ninh
Ngày gửi: 14h:52' 31-08-2022
Dung lượng: 126.2 KB
Số lượt tải: 112
Số lượt thích: 0 người
Bài hình tham khảo thi HKI toán 9 hay và khó
^^ Dành tặng cho các bạn học sinh, thầy cô để tham khảo ^^
Người soạn đề: Nguyễn Khánh Ninh
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Đề bài: Cho đường tròn (O;R) đường kính AB. Điểm C thuộc đường tròn (O) sao cho
AC < BC. Kẻ CH _|_ AB tại H. Gọi E là trung điểm của cạnh BC. Tiếp tuyến tại B của (O) cắt OE tại D
1/ Chứng minh: 4 điểm C, H, O, E thuộc 1 đường tròn và CH2 = AH.BH
2/ Chứng minh: CD là tiếp tuyến của (O)
3/ Đường thẳng qua O song song với BC cắt CD tại I.
Chứng minh: AC.(AC + 2DE) = 2AI.BD + CH.DI
4/ Kẻ HM _|_ BI tại M, BN _|_ HD tại N. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các
cạnh OB và CD. Chứng minh: 3 điểm A, M, N thẳng hàng và
Lời giải

1/ 4 điểm C, H, O, E thuộc 1 đường tròn và CH2 = AH.BH
Ta có: EB = EC => OE _|_ BC (quan hệ đường kính và dây cung) =>
Từ CH _|_ AB (gt) =>
và => 4 điểm C, H, O, E thuộc đường tròn đường kính OA (đpcm)
Ta có: (Tam giác ABC nội tiếp đường tròn đường kính AB) => AC _|_ BC
Xét tam giác ABC vuông tại C (AC _|_ BC) có đường cao CH (CH _|_ AB)
=> CH2 = AH.BH (hệ thức lượng trong tam giác vuông (đpcm)
2/ CD là tiếp tuyến của (O)
Ta có: Tam giác OBC cân tại O (OB = OC = R) có OD là đường trung tuyến (EC = EB)
=> OD cũng là tia phân giác của góc =>
Xét BOD và COD có:
OB = OC = R ; (cmt) ; OD là cạnh chung
=> BOD = COD (c – g – c) =>
=> OC _|_ CD. Lại có C thuộc đường tròn (O) => CD là tiếp tuyến của (O) (đpcm)
3/ AC.(AC + 2DE) = 2AI.BD + CH.DI
Theo đề bài có: BC = 2EB => BC2 = 4BE2
Xét tam giác ABC có OA = OB = R và EB = EC (gt)
=> OE là đường trung bình của tam giác ABC => AC = 2OE
Xét tam giác OBD vuông tại B (BD là tiếp tuyến của (O)) có đường cao BE (OD _|_ BC)
=> BE2 = OE.DE (hệ thức lượng trong tam giác vuông => AC.DE = 2OE.DE = 2BE2
Tam giác ABC vuông tại C nên: AC2 + BC2 = AB2 = 4R2 (Định lý pitago)
Ta có: OI // BC (gt) => (2 góc ở vị trí đồng vị)
Tam giác OBC cân tại O (OB = OC = R) =>
Mà: (2 góc ở vị trí sole trong do OI // BC)
Từ các kết quả trên cho:
Xét COI và AOI có:
OA = OC = R ; (cmt) ; OI là cạnh chung
=> COI = AOI (c – g – c) => IA = IC và => AI _|_ AB
Lại có: CD = BD (BOD = COD)
Ta có: OI // BC (gt) và OD _|_ BC (cmt) => OI _|_ OD
Xét tam giác IOD vuông tại O (OI _|_ OD) có đường cao OC (OC _|_ DI)
=> IC.CD = OC2 = R2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Mà IA = IC (cmt) và CD = BD (cmt) => AI.BD = R2
Ta có: (cùng phụ với )
Mà (cmt) =>
Xét CDO và HBC có:
; (cmt)
=> CDO ~ HBC (g – g) =>
Xét ODI và CBA có:
; (cmt)
=> ODI ~ CBA (g – g) =>
Từ đó có: => CH.DI = OC.AB = R.2R = 2R2
Từ các chứng minh trên ta có:
AC.(AC + 2DE) = AC2 + 2AC.DE = AC2 + 4BE2 = AC2 + BC2 = 4R2 = 2R2 + 2R2
= 2AI.BD + CH.DI => AC.(AC + 2DE) = 2AI.BD + CH.DI (đpcm)
4/ 3 điểm A, M, N thẳng hàng và
Cho BI cắt CH tại K, S là điểm đối xứng D qua P
Có AI _|_ AB (cmt) ; CH _|_ AB ; BD _|_ AB => AI // CH // BD
CH // BD nên áp dụng định lý talet trong tam giác IDB:
CH // AI nên áp dụng định lý talet trong tam giác AIB:
Từ đó có: . Mà IA = IC (cmt) và CD = BD (cmt)
=> =>
Xét AHI và BHD có:
; (cmt)
=> AHI ~ BHD (c – g – c) => và
Xét tam giác BHD vuông tại B có đường cao BN (BN _|_ HD)
=> HN.HD = HB2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) =>
Từ đó suy ra: =>
Có: =>
Xét HAN và HIB có:
(cmt) ; (cmt)
=> HAN ~ HIB (c – g – c) =>
Xét BMH và BAI có:
; là góc chung
=> BMH ~ BAI (g – g) =>
Xét BMA và BHI có:
là góc chung ; (cmt)
=> BMA ~ BHI (c – g – c) =>
Mà (cmt) =>
=> 2 tia AM và AN trùng nhau => 3 điểm A, M, N thẳng hàng (đpcm)
Xét AHN và AMB có:
(do HAN ~ HIB); là góc chung
=> AHN ~ AMB (g – g) => => AM.AN = AH.AB
Xét tam giác ABC vuông tại C (AC _|_ BC) có đường cao CH (CH _|_ AB)
=> AC2 = AH.AB (hệ thức lượng trong tam giác vuông
Do đó: AM.AN = AC2 =>
Xét ACM và ANC có:
là góc chung ; (cmt)
=> ACM ~ ANC (c – g – c) =>
Ta có: và CD = BD (BOD = COD)
Mà (cùng phụ với ) và (cùng phụ với )
Từ đó suy ra: .
Xét HAC và COD có:
; (cmt)
=> HAC ~ COD (g – g) =>
Ta có: PO = PB và PD = PS => Tứ giác DOSB là hình bình hành
=> OD = BS, OD // BS và BD // OS
BD // OS (cmt) và BD _|_ AB => OS _|_ AB
Tam giác ABS có OS vừa là đường cao (OS _|_ AB) vừa là đường trung tuyến (OA = OB) => Tam giác ABS cân tại S => AS = BS và
Có AS = BS (cmt) và AS = OD (cmt) => AS = OD =>
OD // BS (cmt) => (2 góc ở vị trí sole trong)
Do OD _|_ BC (cmt) và CH _|_ AB => (cùng phụ với )
Lại có: (cùng phụ với )
Từ đó ta có:
=>
Ta có: CH _|_ AB và AB _|_ BD => CH // BD => (2 góc ở vị trí sole trong)
Có DC = DB => Tam giác DBC cân tại D =>
Từ đó ta có: =>
Từ đó suy ra: (= 2)
Xét ACS và ACHD có:
(cmt); (cmt)
=> ACS ~ ACHD (c – g – c)
Xét tam giác BHD vuông tại B (BD là tiếp tuyến của (O)) có đường cao BN (BN _|_ HD)
=> BD2 = DN.DH (hệ thức lượng trong tam giác vuông
Mà BD = CD (cmt) => CD2 = DN.DH =>
Xét CHD và NCD có:
là góc chung ; (cmt)
=> CHD ~ NCD (c – g – c). Mà ACS ~ ACHD (cmt)
=> ACS ~ NCD => =>
Xét tam giác DCS có QC = QD và PD = PS
=> PQ là đường trung bình của tam giác DCS \> CS // PQ =>
Mà (cmt) =>
Mà (cmt) => (đpcm)
 
Gửi ý kiến