bai tap hinh oxy on thi thpt qg phan 2

Đề thi thử THPT QG - Violet Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A 5;2.. Giải Gọi E là điểm thứ tư của hình bình hành MABE, dễ thấy MECD cũng là hình bình hành nên M

1

0, điểm A thuộc đường thẳng d: x + 2y - 8 = 0 và F(-6;-7) Tìm tọa độ A

Giải

Do ABCD là hình vuông nên 0

45 (1)

IDFIBE

Ta có

0 0

135

.(2) 135

FID BIE

FID IEB IEB BIE





Từ (1) và (2), suy ra FID ∽ IEB, suy ra . . .

FD DI

FD BE IB ID

IB  BE   Đặt BM = a > 0, suy ra AD = 2a, IBIDa 2

FD BEIB IDa a  a AD BM FD BEAD BM

Suy ra

FD BM

AFD EMB AFD EMB

AD  BE     

FAB EMB ME AF

Đường thẳng AF đi qua F(-6;-7) và song song ME nên AF: 5x - 4y + 2 = 0 Do A = AF d nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

2 8 0

(2;3)

5 4 2 0

x y

A

x y





   

 Vậy A(2;3)

Bài 2 (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình

vuông ABCD tâm I Gọi M và N lần lượt là trung điểm của CD và BI Tìm tọa độ các điểm B,C,D biết A(1;2) đường thẳng MN có phương trình x 2y  2 0 và điểm M có tung độ âm

Giải

2

K I

+ Gọi J là trung điểm của AI  Tứ giác DMNJ là hình bình hành

+ Xét tam giác ADN có J là giao điểm của hai đường cao AI và NJ nên J là trực tâm

AN DJ AN MN N

     là hình chiếu của A trên MN

+ Phương trình đường thẳng AN : 2x  y 4 0

+ Tọa độ của N là nghiệm hệ phương trình 2 2 0 2



45

5

MN AN  Gọi M(2t 2; t)  MN có 2

MN  MN  Tìm được M( 0;-1)

+ Gọi K là giao điểm AM và BD K là trọng tâm của tam giác ADC

2

3

AK  AM Tìm được ( ; 0)1

3

K

+ Ta có 1

2

NI  BI , B,N,I,K thẳng hàng và 1 3

KI  DINI  NK

Từ đó tìm được I(1;0)

+ I là trung điểm AC nên tìm được C(1;-2)

+ M là trung điểm CD nên tìm được D(-1;0)

+ I là trung điểm BD nên tìm được B(3;0)

Bài 3 (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành

ABCD có A( 5;2) M( 1; 2)  là điểm nằm bên trong hình bình hành sao cho MDCMBC

và MBMC Tìm tọa độ điểm D biết tan 1

2

DAM 

Giải Gọi E là điểm thứ tư của hình bình hành MABE, dễ thấy MECD cũng

là hình bình hành nên MECMDC.

3

E M

Mà MDCMBC suy ra MECMBC hay tứ giác BECM nội tiếp

Suy ra BMCBEC 180oBEC 180o 90o  90o

Ta có AMD BEC c c c( )  AMBBEC  90o hay AMD vuông tại M

DM

MA

   

MA MD AD MA MD 

Giả sử D x y( ; ) ta có

      

 

    

Giải hệ phương trình trên được hai nghiệm: ( 3; 4), (1;0)  

Vậy có hai điểm D thỏa mãn đề bài là: D( 3; 4),   D(1;0).

Bài 5 (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình

hành ABCD có 11 1;

2 2

  Một điểm M(1;-1) nằm trong hình bình hành sao cho MABMCB

135

BMC Tìm tọa độ đỉnh D, biết rằng D thuộc đường tròn (T) : 2 2

2 2 3 0

x y  x y 

Giải

Lấy điểm E sao cho ABEM là hình bình hành  DCEM cũng là hình bình hành

MABMCBMEB  tứ giác BECM nội tiếp mà 0

135

45

BEC

B A

4

Bài 17 (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có

3AC BD, A nằm trên trục tung và có tung độ dương Đường tròn nội tiếp hình thoi có

phương trình ( 1)2 ( 1)2 9

2

x    y  Tìm tọa độ đỉnh D của hình thoi biết hoành độ điểm

D dương

Giải

- Vẽ hình phẳng biểu thị

- Từ giả thiết và hình vẽ nếu ta tính được độ dài đoạn thẳng AI thì bài toán được giải quyết

Từ đó dẫn đến bài toán phẳng: Tính độ dài đoạn AI

Ta có tam giác AID là tam giác vuông tại I , đường cao 3

2

IH  vàID3IA suy ra độ dài

IA suy ra toạ độ A ID3IA và IDIA suy ra toạ độ D

Các bạn muốn xem thêm 45 bài toán còn lại xin mời tải xuống theo đường linh sau đây Xin chân thành cảm ơn

Chuyên đề ôn thi THPT QG 2016 hình học oxy phần 2 - 123doc

Chuyên đề ôn thi THPT QG 2016 phần hình học oxy - 123doc.org

Q vân sáng kiến kinh nghiệm - Tài liệu - 123doc.org

H

C B

A