Tuyển tập bài tập hình học Oxy chọn lọc có đáp án

Tuyển tập bài tập hình học Oxy chọn lọc có đáp án.pdf

Nội dung chia sẻ: Tuyển tập bài tập hình học Oxy chọn lọc có đáp án

CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN www.facebook.com/tilado.toanhoc TUYỂN TẬP HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG HAY VÀ ĐẶC SẮC (phiên bản 1) Giáo viên : Nguyễn Minh Tiến Hà Nội tháng 12 năm 2014 1 w w w .ti la do .e du .v n www.tilado.edu.vn HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG Đề bài 01 : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A (1; 5), điểm B nằm trên đường thẳng (d1) : 2x+ y + 1 = 0 và chân đường cao hạ đỉnh B xuống đường thẳng AC nằm trên đường thẳng (d2) : 2x+ y − 8 = 0. Biết điểm M (3; 0) là trung điểm của cạnh BC. Tìm tọa độ các đỉnh B và C của tam giác. Lời giải tham khảo : Gọi điểm B (a;−2a− 1) ∈ (d1) Điểm H (b; 8− 2b) ∈ (d2) Ta có M là trung điểm của BC ⇒ C (6− a; 2a+ 1) Ta có H ∈ AC nên −−→AH và −−→HC cùng phương −−→ AH = (b− 1; 3− 2b) và −−→HC = (6− a− b; 2a+ 2b− 7) −−→ AH và −−→ HC cùng phương ⇒ b− 1 6− a− b = 3− 2b 2a+ 2b− 7 ⇔ a = 11− 6b (1) H là chân đường cao hạ từ B xuống AC ⇒ AH⊥BH ⇔ −−→AH.−−→BH = 0 −−→ BH = (b− a; 2a− 2b+ 9)⇒ −−→AH.−−→BH = 0⇔ (b− 1) (b− a) + (3− 2b) (2a− 2b+ 9) = 0 ⇔ 5b2 − 5ab− 25ab+ 7a+ 27 = 0 (2) Thay (1) vào (2) ta được 5b2 − 5b (11− 6b)− 25b+ 7 (11− 6a) + 27 = 0 ⇔ 35b2 − 122b+ 104 = 0⇔  b = 2 b = 52 35 Thay ngược lại ta có điểm B và C cần tìm Đề bài 02 : Trong hệ tọa độ Oxy hình thang cân ABCD có diện tích bằng 45 2 , đáy lớn CD nằm trên đường thẳng (d) : x− 3y − 3 = 0. Biết hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau và cắt nhau tại điểm I (2; 3). Viết phương trình đường thẳng BC biết điểm C có hoành độ dương. Lời giải tham khảo : ABCD là hình thang cân ⇒ tam giác ICD vuông cân tại I Ta có CD = 2d (I;CD) = 2. |2− 3.3− 3|√ 10 = 2 √ 10⇒ IC = √20 Lấy C (3a+ 3; a) ∈ (d)⇒ IC2 = (3a+ 1)2 + (a− 3)2 = 20⇔ a = ±1⇒ C (6; 1) Phương trình BD đi qua điểm I và nhận −→ IC làm vtpt ⇒ BD : 2x− y − 1 = 0 D là giao điểm của BD và CD ⇒ D (0;−1) Tổng hợp các bài toán đặc sắc 2 w w w .ti la do .e du .v n www.tilado.edu.vn HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG Đặt IA = IB = x⇒ SIAB = 1 2 x2;SIAD = x √ 5 = SIBC ;SICD = 10 ⇒ SABCD = 1 2 x2 + 2x √ 5 + 10 = 45 2 ⇔  x = √5 (tm) x = −5√5 (loai) ⇒ DI IB = 2⇒ −→DI = 2−→IB (∗) Gọi B (b; 2b− 1) ∈ BD từ (∗)⇒ B (3; 5) Phương trình đường thẳng BC đi qua B và C ⇒ BC : 4x+ 3y − 27 = 0. Bài toán giải quyết xong. Đề bài 03 (k2pi Lần 15 - 2014) : Trong hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có phương trình đường thẳng AD là (d) : 3x− 4y− 7 = 0. Gọi E là điểm nằm bên trong hình vuông ABCD sao cho tam giác EBC cân có B̂EC = 150o. Viết phương trình đường thẳng AB biết điểm E (2;−4). Lời giải tham khảo : Tam giác BEC cân và có B̂EC = 150o ⇒ tam giác BEC cân tại E Gọi H là hình chiếu của E lên AD ⇒ H là trung điểm của AD và HE = d (E;AD) = 3 Đặt cạnh hình vuông là AB = x Tam giác BEC cân tại E có B̂EC = 150o ⇒ ÊBC = 15o. Gọi I là trung điểm của BC ⇒ BI = x 2 ;EI = x− 3 Tam giác BIE vuông tại I có góc ÊBI = 15o ⇒ tan 15o = EI BI = 2x− 6 x Tổng hợp các bài toán đặc sắc 3 w w w .ti la do .e du .v n www.tilado.edu.vn HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG ⇒ 2−√3 = 2x− 6 x ⇔ x = 2√3 Phương trình đường thẳng EH qua điểm E và vuông góc với AD ⇒ EH : 4x+ 3y + 4 = 0 Đường thẳng AB // EH ⇒ AB có dạng (d) : 4x+ 3y + α = 0 Ta có d (E,AB) = |α− 4| 5 = BI = √ 3⇔ α = 4± 5√3 Phương trình đường thẳng AB là (d) : 4x+ 3y + 4± 5√3 = 0 Bài toán giải quyết xong. Đề bài 04 : Trong hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết đường cao kẻ từ A, trung tuyến kẻ từ B và phân giác kẻ từ C có phương trình lần lượt là (d1) : 3x− 4y + 27 = 0; (d2) : 4x+ 5y − 3 = 0; (d3) : x+ 2y − 5 = 0. Xác định tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lời giải tham khảo : Ta có AH⊥BC ⇒ BC có vtcp là −→u4 = (3;−4) Gọi −→u5 = (a; b) là vtcp của đường thẳng AC. Ta có CD là phân giác trong góc C ⇒ cos (−→u3,−→u4) = cos (−→u3,−→u5) −→u3 = (2;−1) ⇒ |2a− b|√ 5. √ a2 + b2 = 10√ 5. √ 25 ⇔  b = 0 b = −4 3 a Với b = −4 3 a⇒ chọn −→u5 = (3;−4) loại vì trùng với −→u4 Với b = 0⇒ −→u5 = (1; 0) Điểm A ∈ (d1)⇒ A (−1 + 4a; 6 + 3a) và C ∈ (d3)⇒ C (5− 2c; c)⇒ −→AC = (6− 2c− 4a; c− 3a− 6) Ta có −→u5 và −→AC cùng phương ⇒ c− 3a− 6 = 0 (1) M là trung điểm của AC ⇒M ( 4a+ 4− 2c 2 ; 3a+ c+ 6 2 ) . Trung điểm M thuộc (d2) Tổng hợp các bài toán đặc sắc 4 w w w .ti la do .e du .v n www.tilado.edu.vn HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG ⇒ 4.4a+ 4− 2c 2 + 5. 3a+ c+ 6 2 − 3 = 0⇔ 31a− 3a+ 40 = 0 (2) Từ (1) và (2) ⇒ a = 1; c = 3⇒ A (−5; 3) ;C (−1; 3) Phương trình đường thẳng BC đi qua C và vuông góc với AH ⇒ BC : 4x+ 3y − 5 = 0 B là giao điểm của BM và BC ⇒ B (2;−1) Bài toán cở bản : Biết tọa độ 3 đỉnh tam giác tìm tọa độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác. Tâm I ( −3;−13 8 ) và R = 5 √ 65 8 . Đề bài 05 : Trong hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có phương trình đường thẳng chứa các cạnh AB và BC lần lượt là (d1) : 7x− y+ 17 = 0; (d2) : x− 3y− 9 = 0. Viết phương trình đường cao xuất phát từ đỉnh C của tam giác ABC biết điểm M (2;−1) nằm trên đường thẳng AC. Lời giải tham khảo : Đường thẳng AB có vtpt là −→n1 = (7;−1), BC có vtpt là −→n2 = (1;−3) Gọi −→n3 = (a; b) là vtpt của đường thẳng AC Tam giác ABC cân tại A ⇒ cos (−→n1,−→n2) = cos (−→n2,−→n3)⇒ 10√ 50. √ 10 = |a− 3b|√ 10. √ a2 + b2 ⇔ a2 + 6ab− 7b2 = 0⇔  a = b a = −7b X Với a = −7b chọn −→n3 = (7;−1) loại vì cùng phương với −→n1 X Với a = b chọn −→n3 = (1; 1)⇒ đường thẳng AC : x+ y − 1 = 0 Tọa độ C là giao điểm của BC và AC ⇒ C (3;−2) Phương trình đường cao xuất phát từ C là (d) : x+ 7y + 11 = 0. Đề bài 06 : Trong hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường cao và đường phân giác trong xuất phát từ đỉnh A lần lượt là (d1) : x− 2y = 0; (d2) : x− y + 1 = 0. Biết điểm M (1; 0) nằm trên cạnh AB và diện tích tam giác ABC bằng 180 7 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Lời giải tham khảo : Tổng hợp các bài toán đặc sắc 5 w w w .ti la do .e du .v n www.tilado.edu.vn HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG A là giao điểm của (d1) và (d2) ⇒ tọa độ điểm A (−2;−1) Qua M kẻ đường thẳng ⊥(d2) cắt (d2) tại I và AC tại N MN qua M và ⊥(d2)⇒ (MN) : x+ y − 1 = 0 I là giao điểm của MN và (d2)⇒ I (0; 1) I là trung điểm của MN ⇒ N (−1; 2) Phương trình đường thẳng (AB) : x− 3y − 1 = 0 và (AC) : 3x− y + 5 = 0 Điểm B ∈ AB ⇒ B (3a+ 1; a), điểm C ∈ AC ⇒ C (b; 3b+ 5) Ta có BC⊥AH ⇔ −−→AH⊥−−→BC ⇔ −−→AH.−−→BC = 0 −−→ AH = (2; 1) ; −−→ BC = (b− 3a− 1; 3b+ 5− a) ⇒ 2 (b− 3a− 1) + (3b+ 5− a) = 0⇔ 5b− 7a+ 3 = 0 (1) Ta có SABC = 1 2 d (C,AB) .AB = |8b+ 14|√ 10 . √ (3a+ 3)2 + (a+ 1)2 = 180 7 (2) Từ (1) và (2) ⇒  a = 8 7 a = −22 7 thay ngược lại ta có các điểm A, B, C. Bài toán giải quyết xong. Đề bài 07 : Trong hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A có AC = 2AB, phương trình đường thẳng chứa cạnh AB có phương trình là (d) : 2x− y + 7 = 0, điểm G ( 0; 1 3 ) là trọng tâm của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh B có hoành độ bé hơn −2. Lời giải tham khảo : Gọi M là trung điểm của AC ⇒ AM = MC = AB ⇒ ∆BAM vuông cân tại A ⇒ M̂BA = 45o Tổng hợp các bài toán đặc sắc 6 w w w .ti la do .e du .v n www.tilado.edu.vn HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG Gọi −→n1 là vtpt của đường thẳng (d) ⇒ −→n1 = (2;−1) và −→n2 = (a; b) là vtpt của đường thẳng BG ⇒ cos (−→n1,−→n2) = √ 2 2 ⇒ |2a− b|√ 5. √ a2 + b2 = √ 2 2 ⇔ 3a2 − 8ab− 3b2 = 0⇔  a = 3b a = −1 3 b X Với a = 3b chọn −→n2 = (3; 1)⇒ đường thẳng BG qua G có vtpt −→n2 ⇒ BG : 9x+ y − 1 = 0 B là giao điểm của AB và BG ⇒  x = −4 3 y = 13 3 loại do hoành độ điểm B nhỏ hơn −2 X Với a = − b 3 chọn −→n2 = (1;−3)⇒ đường thẳng BG qua G có vtpt −→n2 ⇒ BG : x− 3y + 1 = 0 B là giao điểm của AB và BG ⇒ B (−4;−1) ( thỏa mãn ) M là trung điểm của AC ⇒M (3a− 1; a) ∈ BG ta có −−→BG = 2 3 −−→ BM ⇒M (2; 1) Phương trình đường thẳng AC đi qua điểm M và vuông góc với AB ⇒ AC : x+ 2y − 4 = 0 Tọa độ điểm A là giao điểm AC và AB ⇒ A (−2; 3)⇒ C (6;−1) Bài toán giải quyết xong. Đề bài 08 ( k2pi Lần 14 - 2014) : Trong hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có điểm B ( 1 2 ; 1 ) . Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA và AB tại D, E và F. Biết điểm D (3; 1) và phương trình đường thẳng EF có phương trình là (d) : y− 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A biết đỉnh A có tung độ không âm. Lời giải tham khảo : Phương trình đường thẳng BC đi qua điểm B và D ⇒ BC : y − 1 = 0 ⇒ BC//EF Do đó tam giác ABC cân tại A và D chính là trung điểm của BC. Phương trình đường thẳng AD đi qua D và vuông góc với BC ⇒ AD : x− 3 = 0 Tổng hợp các bài toán đặc sắc 7 w w w .ti la do .e du .v n www.tilado.edu.vn HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG Điểm E (a; 3) ∈ EF ta có BE = BD ⇒ ( a− 1 2 )2 + 22 = 25 4 ⇔ ( a− 1 2 )2 = 9 4 ⇔  a = 2 a = −1 X a = 2⇒ phương trình AB đi qua điểm B và E ⇒ AB : 4x− 3y + 1 = 0 A là giao điểm của AB và AD ⇒ A ( 3; 13 3 ) X a = −1⇒ phương trình AB đi qua điểm B và E ⇒ AB : 4x+ 3y − 5 = 0 A là giao điểm của AB và AD ⇒ A ( 3;−7 3 ) ( loại) Vậy điểm A ( 3; 13 3 ) Đề bài 09 : Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AD = 2AB điểm A (1; 5), phương trình đường chéo BD là 3x+ 4y − 13 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật biết B có hoành độ âm. Lời giải tham khảo : Xét tam giác ABD vuông tại A có BD2 = AB2 +AD2 = 5AB2 ⇒ BD = AB√5 ⇒ cos ÂBD = AB BD = 1√ 5 Phương trình đường chéo BD có vtpt −→n1 = (3; 4). Gọi −→n = (a; b) là vtpt của đường thẳng AB ⇒ cos ÂBD = |3a+ 4b| 5. √ a2 + b2 = 1√ 5 ⇔ 4a2 + 24ab+ 11b2 = 0⇔  a = −112 b a = −1 2 b X Với a = −11 2 b chọn −→n = (11;−2)⇒ đường thẳng AB có phương trình 11x− 2y − 1 = 0 Tọa độ điểm B là giao điểm của AB và BD ⇒ B ( 3 5 ; 14 5 ) loại do B có hoành độ âm. X Với a = −1 2 b chọn −→n = (1;−2)⇒ đường thẳng AB có phương trình x− 2y + 9 = 0 Tọa độ điểm B là giao điểm của AB và BD ⇒ B (−1; 4) ( thỏa mãn ) Tổng hợp các bài toán đặc sắc 8 w w w .ti la do .e du .v n www.tilado.edu.vn HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG Phương trình đường thẳng AD đi qua điểm A và vuông góc với AB ⇒ AD : 2x+ y − 7 = 0 Tọa độ điểm D là giao điểm của AD và BD ⇒ D (3; 1) Trung điểm I của BD có tọa độ I ( 1; 5 2 ) ⇒ C (1; 0) Vậy B (−1; 4) ;D (3; 1) ;C (1; 0) Bài toán giải quyết xong. Đề bài 10 : Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD có phương trình đường chéo BD là (d) : x − y =.

truyện kiếm hiệp audio