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

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.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Tuyển tập các bài toán Hình học phẳng oxy hay và khó - Đoàn Trí DũngTÀI LIỆU ÔN THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIATUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁNHÌNH HỌC PHẲNG OXY HAY VÀ KHÓCỦA TÁC GIẢ ĐOÀN TRÍ DŨNGAIHEBDCMFBiên soạn: Đoàn Trí DũngĐiện thoại: 0902.920.389HÀ NỘI – THÁNG 4/20161 BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG OXY – ĐOÀN TRÍ DŨNG – 0902.920.389Bài 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 tâm33  2 14 của tam giác CDE. Vậy EM  EI   ;   1;7   M 1;1 .22 3 3 Phương trình đườngCD : x  3y  2  0 .thẳngCDquaMvuônggócE3x + y - 14 = 0AD: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  .BIDCMB 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. HạMH  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 đỉnhcủa hình chữ nhật ABCD.Ta chứng minh G, H , K thẳng hàng. Gọi E, F là tâmcủa các hình chữ nhật ABCD, MHCK .Ta có: G là trung điểm của BE. Do đó MBAE là hìnhbình hành. Vậy ME  AB  2HE do đó H là trungđiểm EM. Do đó GH và FH là đường trung bình củacác tam giác MAE, MCE . Do đó: GH // AC, HF //AC. Do đó G, H , K thẳng hàng. Ta có: Phương trìnhABGMEHFDC 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 2Do 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 – 0902.920.389KBài 3: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho ABC , trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm M, Nsao 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 giác11CMN , CMB do đó: JE // CN, JD // BM và JE  CN , JD  BM .22Mặt khác vì BM  CN do đó DJE cân tại J.PAQTa có: JED  CQD  AQP, JDE  APQ . Do đó: APQ ∽ JDE .Vậy APQ cân tại A. Ta viết được phương trình đường trung trựcMcủa 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 .ENJBDC 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  . Tiếptuyến 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 ABCdo đó theo tính chất góc giữa tiếp tuyến và dây cung bằngAgóc nội tiếp chắn cung, ta có: IAB  BCA  IAB ∽ ICA .2IB IA AB 1IB IB IA  AB  1 Do đó:  .IA IC AC 2IC IA IC  AC  435 5Do đó ta có: IC  4IB  B  0;    IB .22IBCVậy: 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 làđiểm 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 vàB có hoành độ âm.3 BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG OXY – ĐOÀN TRÍ DŨNG – 0902.920.389Theo định lý Thales cho đường phân giác ta có:AI AB.IE BEAMặt khác, vì là các cạnh tương ứng vuông góc nên HAD  HBE , vàHAF  HCE . Lại có ABC cân tại A, do đó: HAF  HBE .2Vậy: HBE ∽ BAE Do đó:AE BE  AE AE BE AE8. BE EH  BE BE EH EHAEAB1 2 2  tan ABC  tan2 ABC  1  3 .BEBE cos ABCFVậy: AI  3IE  E  0; 1 . Do đó ta viết được phương trình đườngthẳng BC qua E vuông góc với AE là:  BC  : y  1 .Mặt khác AE  8  BE 12 2DIHBCEAE  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 3Trên đoạn thẳng BC lấy điểm G sao cho IG // AB. Theo định lý ThalesAIG CG CI 11IG 1cho CBD ta có: do đó CG  GB và .BD CB CD 32AB 6Mặt khác cũng theo định lý Thales cho MAB ta có:MG MI IG 11  MG  GB v ...