Xem mẫu

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

nguon tai.lieu . vn