giai bai tap toan hinh hoc lop 9 sgk tap 1

... E 1 = A 1 (1). Theo trên DE = 2 1 BC => tam giác DBE cân tại D => E 3 = B 1 (2) Mà B 1 = A 1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => E 1 = E 3 => E 1 + E 2 = E 2 + E 3 Mà E 1 + E 2 = BEA = 90 ... E 1 = A 1 (1). Theo trên DE = 2 1 BC => tam giác DBE cân tại D => E 3 = B 1 (2) Mà B 1 = A 1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => E 1 = E 3 => E 1 + E 2 = E 2 + E 3 Mà E 1 ... E 1 = A 1 (1). Theo trên DE = 2 1 BC => tam giác DBE cân tại D => E 3 = B 1 (2) Mà B 1 = A 1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => E 1 = E 3 => E 1 + E 2 = E 2 + E 3 Mà E 1

Ngày tải lên: 26/10/2017, 20:55

... cao AA 1, BB1, CC1; ba trung tuyến AA 2 , BB2 , CC2 Giả sử AA 2 BB1 P , BB2 CC1 Q, CC2  AA 1 R Chứng minh rằng: 6 AP BQ CR PA QB  RC  Lời giải Trang 6R QP A2 B2 C2 B A C C1 A1 B1 Áp dụng ... đường thẳng BPB1, .A B CB 1 AP PA BC B A Suy ra: 1 .B A AP BC PA AB CB (1) Do AA 2 là trung tuyến nên BC 2.A B2 và vì BB1 AC nên 1 1 .cot cot AB BB gA tgC B C BB gC tgA ; Vậy từ (1)  2 2. ... thường sử dụng ba trường hợp riêng sau đây: 1 Với mọi a, b > 0, ta có: a b 1 1 4 a b     2 Với mọi a, b, c > 0, ta có: a b c 1 1 1 9 a b c       3 Với mọi a, b, c > 0,

Ngày tải lên: 19/09/2018, 20:46

... cao AA 1, BB1, CC1; ba trung tuyến AA 2 , BB2 , CC2 Giả sử AA 2 BB1 P , BB2 CC1 Q, CC2  AA 1 R Chứng minh rằng: 6 AP BQ CR PA QB  RC  Lời giải Trang 6R QP A2 B2 C2 B A C C1 A1 B1 Áp dụng ... đường thẳng BPB1, .A B CB 1 AP PA BC B A Suy ra: 1 .B A AP BC PA AB CB (1) Do AA 2 là trung tuyến nên BC 2.A B2 và vì BB1 AC nên 1 1 .cot cot AB BB gA tgC B C BB gC tgA ; Vậy từ (1)  2 2. ... thường sử dụng ba trường hợp riêng sau đây: 1 Với mọi a, b > 0, ta có: a b 1 1 4 a b     2 Với mọi a, b, c > 0, ta có: a b c 1 1 1 9 a b c       3 Với mọi a, b, c > 0,

Ngày tải lên: 21/10/2019, 16:28

... cao AA 1, BB1, CC1; ba trung tuyến AA 2 , BB2 , CC2 Giả sử AA 2 BB1 P , BB2 CC1 Q, CC2  AA 1 R Chứng minh rằng: 6 AP BQ CR PA QB  RC  Lời giải Trang 6R QP A2 B2 C2 B A C C1 A1 B1 Áp dụng ... đường thẳng BPB1, .A B CB 1 AP PA BC B A Suy ra: 1 .B A AP BC PA AB CB (1) Do AA 2 là trung tuyến nên BC 2.A B2 và vì BB1 AC nên 1 1 .cot cot AB BB gA tgC B C BB gC tgA ; Vậy từ (1)  2 2. ... thường sử dụng ba trường hợp riêng sau đây: 1 Với mọi a, b > 0, ta có: a b 1 1 4 a b     2 Với mọi a, b, c > 0, ta có: a b c 1 1 1 9 a b c       3 Với mọi a, b, c > 0,

Ngày tải lên: 20/11/2019, 10:16

... PI 1 2 P = P A = A1 2 AFD 1 2 D = D 2 1 D = A D = A1 2 1 2 A = A     1 2 A = A 2 IAP IAP 1ADP = 1IAK  Trang 33 Nhóm tài liệu word THCS chất đẹp https://www.facebook.com/groups/880025629048757/?ref=share ... giải 1: (Hình 1) IBA + BAO + OAI = 180 OAI + +  0 B AHC = 90 + 2 AOC 90 + 0 B 2 0 B AHC = 90 - 2 AOC 90 + 0 B AHC + AOC = 180  A + B AON = 2 AOH + ACH = 180 AOH = ACH = A + B  = - Trang 16Trên ... B IBN = 2 + 1 1 BIN = A + B A B 2 + BHN 1 2 (BN + AM + AP) 1 2 s®BC + s®AB + s®AC 2 BHN BC BN = 2 AB AM = 2 AC AP = 2  BHN 1 4   B = RIB 1 mµ B = B1 2  B = RIB2   Trang 10Gợi ý: Trong

Ngày tải lên: 16/02/2020, 15:31

... thẳng BRB1, ta có: = 1 Suy ra: = (1) Do AA2 là trung tuyến nên BC = 2.A2B, và BB1  AC nên = 1.cot.cot 1 BB C = tantanC R P 2 2 Q 2 1 A A B C A B C C B Hình 2 Vậy từ (1)  = 2.tantanC ... tam giác nhọn ABC Vẽ ba chiều cao AA1, BB1, CC1; ba trung tuyến AA2, BB2, CC2 Giả sử AA2  BB1=P, BB2  CC1=Q, CC2  AA1=R Chứng minh rằng: + +  6 (2) [9] *Phân tích: Để chứng minh (2) thì ... kiến thức về việc áp dụng BĐT côsi giải bài toán hình học lớp 9 ở nhóm học sinh khá giỏi của lớp 9 năm học 2018-2019 và năm học 2019 - 2020 trường trung học Quang Trung kết quả như sau: Tổng số

Ngày tải lên: 14/07/2020, 06:59

... nhọn ABC Vẽ ba chiều cao AA 1 , BB1 , CC1 ; ba trung tuyến AA 2 , BB2 , CC2 Giả sử AA 2BB1 P , BB2 CC1Q , CC2 AA 1R Chứng minh rằng: PA2 QB2 RC2 Lời giải Trang 7B1 C1 P C2 giác ABC đều Bài 3: ... Trang 15N P NB PO PC1 Nên MO MA NO NB PO PC13 M là trọng tâm ABC Bài 8: [1] Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O) Ba trung tuyến AA’, BB’, CC’ lần lượt cắt (O) tại A1 , B1 , C1 Chứng ... Bài 1: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm (O) với ba đường cao AA1 ; BB1 ; CC1 lần lượt cắt đường tròn tâm (O) tại D; E; F Xác địnhdạng của tam giác ABC sao cho 1) AA1 BB 1

Ngày tải lên: 18/07/2020, 07:18

... tại I => éE1 = éH1 O1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là bán kính) => éE2 = éH2 => éE1 + éE2 = éH1 + éH2 mà éH1 + éH2 = éAHB = 900 => éE1 + éE2 = éO1EF = 900 => O1E EF Chứng ... E1 = A1 (1) Theo trên DE = 2 1 BC => tam giác DBE cân tại D => E3 = B1 (2) Mà B1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mà E1 + E2 = BEA = 900 ... phân giác của góc ACH C2 + I1 = 900 (2) ( vì IHC = 900 ) hoctoancapba.com I1 =  ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O) Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC Vậy AC là tiếp

Ngày tải lên: 09/12/2020, 12:53

... tại I => éE1 = éH1 O1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là bán kính) => éE2 = éH2 => éE1 + éE2 = éH1 + éH2 mà éH1 + éH2 = éAHB = 900 => éE1 + éE2 = éO1EF = 900 => O1E EF Chứng ... E1 = A1 (1) Theo trên DE = 2 1 BC => tam giác DBE cân tại D => E3 = B1 (2) Mà B1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mà E1 + E2 = BEA = 900 ... phân giác của góc ACH C2 + I1 = 900 (2) ( vì IHC = 900 ) hoctoancapba.com I1 =  ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O) Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC Vậy AC là tiếp

Ngày tải lên: 22/12/2020, 22:45

... => AH 2 = AE.AB O1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là bán kính) => éE2 = éH2 => éE1 + éE2 = éH1 + éH2 mà éH1 + éH2 = éAHB = 900 => éE1 + éE2 = éO1EF = 900 => O1E EF Chứng minh ... C1 + B2 + BMC = 1800 => I1 + I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác PMQI E D O C B A Trang 15nội tiếp => Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 ... tiếp => H1 = C1 ( nội tiếp cùng chắn cung IM) Mà B1 = C1 ( = 1/2 sđ ) => I1 = H1 (2) MH MI Từ (1) và (2) => MKI MIH => => MI2 = MH.MK 4 Theo trên ta có I1 = C1; cũng chứng

Ngày tải lên: 31/12/2020, 03:58

... tại I => éE1 = éH1 O1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là bán kính) => éE2 = éH2 => éE1 + éE2 = éH1 + éH2 mà éH1 + éH2 = éAHB = 900 => éE1 + éE2 = éO1EF = 900 => O1E EF Chứng ... giác của góc ACH C2 + I1 = 900 (2) ( vì IHC = 900 ) hoctoancapba.com o 1 2 1 H I1 =  ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O) Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC Vậy AC là ... => H1 = C1 ( nội tiếp cùng chắn cung IM) Mà B1 = C1 C B O 2 2 4 Theo trên ta có I1 = C1; cũng chứng minh tương tự ta có I2 = B2 mà C1 + B2 + BMC = 1800 => I1+ I2 + BMC = 1800

Ngày tải lên: 17/03/2021, 13:58

... tại I => E1 = H1 O1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là bán kính) => E2 = H2 => E1 + E2 = H1 + H2 mà H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF Chứng ... 1 1 1 1 F O M S D E B A C Hình a F 1 2 C A B E D S M O 1 1 1 1 2 2 2 2 Hình b 1 Ta có CAB = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => CDB = 900 ... E1 = A1 (1) Theo trên DE = BC => tam giác DBE cân tại D => E3 = B1 (2) 2 1 Mà B1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mà E1 + E2 = BEA = 900

Ngày tải lên: 01/04/2021, 05:55

... tại I => E1 = H1 O1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là bán kính) => E2 = H2 => E1 + E2 = H1 + H2 mà H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF Chứng ... tại I Mà A1 + M1 = 900 ( do tam giác AHM vuông tại H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( vì góc ACM là góc bẹt) hay OCK = 900 Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 900; OCK = 900 => ... DBE cân tại D => E3 = B1 (2) Mà B1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mà E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE tại

Ngày tải lên: 30/04/2021, 22:36

... tại I => E1 = H1 O1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là bán kính) => E2 = H2 => E1 + E2 = H1 + H2 mà H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF Chứng ... tại I Mà A1 + M1 = 900 ( do tam giác AHM vuông tại H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( vì góc ACM là góc bẹt) hay OCK = 900 Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 900; OCK = 900 => ... DBE cân tại D => E3 = B1 (2) Mà B1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mà E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE tại

Ngày tải lên: 30/04/2021, 22:37