Tuyển tập các bài toán Hình học phẳng oxy hay và khó - Đoàn Trí Dũng

Chia sẻ: Nguyễn Dương đình Hoàng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:22

Thêm vào BST

Báo xấu

734
lượt xem 53
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các em cùng tham khảo Tuyển tập các bài toán Hình học phẳng oxy hay và khó do Đoàn Trí Dũng biên soạn giúp các em ôn tập lại kiến thức và rèn luyện kỹ năng giải bài tập về hình học.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tuyển tập các bài toán Hình học phẳng oxy hay và khó - Đoàn Trí Dũng

TÀI LIỆU ÔN THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG OXY HAY VÀ KHÓ CỦA TÁC GIẢ ĐOÀN TRÍ DŨNG A I H E B D C M F Biên soạn: Đoàn Trí Dũng Điện thoại: 0902.920.389 HÀ NỘI – THÁNG 4/2016 1 BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG OXY – ĐOÀN TRÍ DŨNG – 0902.920.389 Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng  AD : 3x  y  14  0 . Gọi E 0; 6 là điểm đối xứng với C qua AB. Gọi M là trung điểm của CD, BD cắt ME tại 2 4 điểm I  ;   . Tìm tọa độ các đỉnh A , B, C , D . 3 3 Tam giác CDE có hai trung tuyến BD cắt ME tại I do đó I là trọng tâm 3 3  2 14  của tam giác CDE. Vậy EM  EI   ;   1;7   M 1;1 . 2 2 3 3  Phương trình đường CD : x  3y  2  0 . thẳng CD qua M vuông góc E 3x + y - 14 = 0 AD: A  AD  : 3x  y  14  0  Tọa độ D là nghiệm của hệ:   D  4; 2  . CD : x  3y  2  0  M là trung điểm của CD do đó C  2;0  . B I D C M B là trung điểm của EC do đó B  1; 3 . Vì ABCD là hình chữ nhật do đó: AB  DC   6; 2   A  5; 1 . Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng  BD : 2x  3y  4  0 . Điểm G thuộc cạnh BD sao cho BD  4BG . Gọi M là điểm đối xứng với A qua G. Hạ MH  BC , MK  CD . Biết H 10;6  , K 13; 4  và đỉnh B có tọa độ là các số tự nhiên chẵn. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. Ta chứng minh G, H , K thẳng hàng. Gọi E, F là tâm của các hình chữ nhật ABCD, MHCK . Ta có: G là trung điểm của BE. Do đó MBAE là hình bình hành. Vậy ME  AB  2HE do đó H là trung điểm EM. Do đó GH và FH là đường trung bình của các tam giác MAE, MCE . Do đó: GH // AC, HF // AC. Do đó G, H , K thẳng hàng. Ta có: Phương trình A B G M E H F D C  BD  : 2x  3y  4  0  17   đường thẳng  HK  : 2x  3y  38  0 . Tọa độ G là nghiệm của hệ:   G  ;7  .  2   HK  : 2x  3y  38  0   BD  : 2x  3y  4  0  B  7;6   2 Do GH  GP  GB nên tọa độ B là nghiệm của hệ:  .  2  17  13  B 10;8  G; GH  :  x     y  7    2  4   Vì đỉnh B có tọa độ là các số tự nhiên chẵn do đó B 10;8  . Mặt khác: BD  4 BG  D  4; 4  . Ta viết được phương trình đường thẳng  DK  : y  4 do đó ta có đường thẳng  BC  : x  10 .  BC  : x  10  Vậy ta tìm được C là nghiệm của hệ:   C 10; 4  . Vì: BA  CD  A 16; 8  .  DK  : y  4   2 BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG OXY – ĐOÀN TRÍ DŨNG – 0902.920.389 K Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho ABC , trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm M, N sao cho BM  CN . Gọi D, E lần lượt là trung điểm của BC và MN. Đường thẳng DE cắt các đường thẳng AB,  1  1 AC tại P và Q. Phương trình đường thẳng BC : x  10 y  25  0 và P  0;  , Q  0;   . Tìm tọa độ các đỉnh B, 2  2    C biết A nằm trên đường thẳng 2 x  y  2  0 . Gọi J là trung điểm MC. Vì JE, JD là đường trung bình các tam giác 1 1 CMN , CMB do đó: JE // CN, JD // BM và JE  CN , JD  BM . 2 2 Mặt khác vì BM  CN do đó DJE cân tại J. P A Q Ta có: JED  CQD  AQP, JDE  APQ . Do đó: APQ ∽ JDE . Vậy APQ cân tại A. Ta viết được phương trình đường trung trực M của PQ là  d  : y  0 . Do đó tọa độ của A là nghiệm của hệ phương 2 x  y  2  0  trình:   A  1;0  . Từ đây ta viết được các phương  d  : y  0  trình đường thẳng:  AP  : x  2y  1  0 ,  AQ  : x  2 y  1  0 . E N J B D C  AP  : x  2 y  1  0  Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:   B  5; 3 .  BC  : x  10 y  25  0   AQ  : x  2 y  1  0  Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình:   C  5; 2  .  BC  : x  10 y  25  0  Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AC  2 AB và đỉnh C  15; 9  . Tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng BC tại điểm I  5;1 . Tìm tọa độ các đỉnh   A, B biết A có hoành độ âm và phương trình đường thẳng AI : x  2 y  7  0 . Vì IA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC do đó theo tính chất góc giữa tiếp tuyến và dây cung bằng A góc nội tiếp chắn cung, ta có: IAB  BCA  IAB ∽ ICA . 2 IB IA AB 1 IB IB IA  AB  1       Do đó:   . IA IC AC 2 IC IA IC  AC  4  3 5 5 Do đó ta có: IC  4IB  B  0;    IB  . 2 2  I B C Vậy: IA  2IB  5 5 . Tọa độ của A là nghiệm của hệ  I ; IA  :  x  5 2   y  12  125   A  5;6  . phương trình:   AI  : x  2 y  7  0, xA  0  Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A  0;7  , tâm đường tròn nội tiếp là điểm I  0;1 . Gọi E là trung điểm BC, H là trực tâm tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết AH  7 HE và B có hoành độ âm. 3 BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG OXY – ĐOÀN TRÍ DŨNG – 0902.920.389 Theo định lý Thales cho đường phân giác ta có: AI AB .  IE BE A Mặt khác, vì là các cạnh tương ứng vuông góc nên HAD  HBE , và HAF  HCE . Lại có ABC cân tại A, do đó: HAF  HBE . 2 Vậy: HBE ∽ BAE  Do đó: AE BE  AE  AE BE AE    8.   BE EH  BE  BE EH EH AE AB 1  2 2  tan ABC    tan2 ABC  1  3 . BE BE cos ABC F Vậy: AI  3IE  E  0; 1 . Do đó ta viết được phương trình đường thẳng BC qua E vuông góc với AE là:  BC  : y  1 . Mặt khác AE  8  BE  1 2 2 D I H B C E AE  2 2 . Vậy B và C là hai nghiệm của  E; EB  : x2   y  12  8   B 2 2; 1 , C 2 2; 1 . hệ phương trình:   BC  : y  1, xB  0      Bài 6: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho ABC có D 10; 5 là trung điểm AB. Trên tia CD lấy  22 1  I  ;   sao cho ID  2IC . Gọi M 7; 2  là giao điểm của AI và BC. Tìm tọa độ các đỉnh của ABC . 3  3 Trên đoạn thẳng BC lấy điểm G sao cho IG // AB. Theo định lý Thales A IG CG CI 1 1 IG 1 cho CBD ta có:    do đó CG  GB và  . BD CB CD 3 2 AB 6 Mặt khác cũng theo định lý Thales cho MAB ta có: MG MI IG 1 1     MG  GB và MA  6 MI  A  9; 8  . MB MA AB 6 5 D Vì D 10; 5 là trung điểm AB do đó ta có B 11; 2  . I 1 1 Mặt khác, CG  GB và MG  GB do đó: 2 5 2 2 4 MG  CG  CB  BM  BC  C  6; 3 B G M C 5 15 5 Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD. Gọi M  3; 1 là điểm nằm trên đoạn AC sao cho AC  4 AM , gọi N 1; 2  là điểm trên đoạn AB sao cho AB  3BN , gọi P  2;0  là điểm trên đoạn BD sao cho BD  4DP . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD. Gọi I là giao điểm của PM và AB, J là giao điểm của MN và AD, T là điểm nằm trên cạnh AC sao cho AC = 3TC. 7 3 MI 1 MP 1  ,   PM  2 MI  I  ;   Ta có: BC 4 AD 2 2 2 J I A M Đường thẳng qua I và N là  AB : 7 x  5y  17  0 . 2 1 AC  AC NT NM MT AT  AM 3 5 4 Vì:      1 JA MJ AM AM 3 AC 4 E P D N T C 4 BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG OXY – ĐOÀN TRÍ DŨNG – 0902.920.389 B Do đó:   5 18  3 24  IN MT NT 5     IN   IA  A  5;   . Vậy: AB  AN  B  4;  . 3 5 2 5  IA MA JA 3     34  8 Mặt khác: AC  4 AM  C  3;  . Vì ABCD là hình bình hành nên: BA  CD  D  6;   . 5  5   7  Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AC  3AB . Lấy D  ; 3  trên cạnh AB. 2  Gọi E là điểm nằm trên cạnh AC sao cho CE  BD . DE cắt BC tại K 17; 3  (E nằm giữa D và K). Biết rằng C 14; 2  . Viết phương trình cạnh AC. Lấy F trên cạnh BC sao cho FE // AB. Theo định lý Thales KE FE cho KBD , ta có: . Mặt khác, theo định lý Thales  KD DB FE CE FE AB cho ABC ta có: .    AB AC CE AC KE FE AB 1 1 Vì CE  BD do đó:     KE  KD . KD CE AC 3 3 A D E B F C K  25  Từ đây ta tìm được tọa độ điểm E  ; 5  và viết được phương trình đường thẳng  AC  : 2x  y  30  0 .  2  Bài 9: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có AC  2 AB . Phương trình đường chéo  BD : x  4  0 . Gọi E là điểm thuộc đoạn AC thỏa mãn AC  4 AE , gọi M là trung điểm cạnh BC. Tìm tọa 5  độ các đỉnh A , B, C , D biết E  ;7  , SBEDC  36 , điểm điểm M nằm trên đường thẳng 2 x  y  18  0 đồng thời 2  điểm B có tung độ nhỏ hơn 2. AB AE 1 A Ta chứng minh: EM  BD . Thật vậy, vì do đó ta có   AC AB 2 ABE ∽ ACB . Vậy: BC  2BE , mà BC  2BM do đó EBM cân tại 1 1 1 B. Mặt khác, IE  IA  AB, IM  AB (đường trung bình ABC ). 2 2 2 Vậy IB là đường trung trực của EM. Do vậy EM  BD . Phương trình đường thẳng EM qua E và vuông góc BD là  EM  : y  7 . 2 x  y  18  0  11    M  ;7  . Vậy tọa độ của M là nghiệm của hệ:  2   EM  : y  7  E D B I M C Như vậy ta có ME  3 . Mặt khác, SBEDC  2SBEC  4SBEM  d B; EM  ME  18  d B; EM   6 . Gọi tọa độ tham số điểm B  4; b , ta có: d B; EM     b7 1  6  b  13  b  1 . Vì B có tung độ bé hơn 2 do đó ta chọn B  4;1 . Vì M là trung điểm của BC cho nên ta tìm được C  7;13  . Do: AC  4 AE  A 1; 5  . Lại có ABCD là hình bình hành, do vậy: BA  CD  D  4;17  . 5 BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG OXY – ĐOÀN TRÍ DŨNG – 0902.920.389