De KT ChI HHoc 11 (10-11)

TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM ĐỀ KIỂM TRA MỘT TIẾT CHƯƠNG IĐỀ CHÍNH THỨC I.. 1/ Chứng minh: 4 3 2/ Hãy tìm phép biến hình, biến hình vuông ABCD thành hình vuông AEIF.. PHẦN RIÊNG 3.0 điể

TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM ĐỀ KIỂM TRA MỘT TIẾT CHƯƠNG I

ĐỀ CHÍNH THỨC

I PHẦN CHUNG (7.0 điểm)

Câu 1 (5.0 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy

1/ Tìm ảnh của điểm A   4; 3  qua phép tịnh tiến theo vectơ v    1; 2 

2/ Tìm ảnh của đường tròn (C):  x  4 2  y  3 2  25 qua phép đối xứng

tâm O.

3/ Tìm ảnh của đường thẳng d x :  2 y   1 0 qua phép đối xứng trục Ox 4/ Tìm ảnh của điểm B(- 3; 0) phép quay tâm O góc quay – 900.

Câu 2 (2.0 điểm)

Cho hình vuông ABCD, trên các cạnh AB, AD lấy lần lượt các điểm E, F sao cho 4AE = 3AB, 4AF = 3AD, vẽ hình vuông AEIF

1/ Chứng minh: 4

3

2/ Hãy tìm phép biến hình, biến hình vuông ABCD thành hình vuông AEIF.

II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)

Học sinh học theo chương trình nào thì làm phần dành cho chương trình đó

Phần 1 Dành cho chương trình Chuẩn

Câu 3.a (3.0 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD tâm O Gọi E, F, G, H, I, J lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA, AH, OG Chứng minh rằng hai tứ giác AIOE và

GJFC bằng nhau.

Phần 2 Dành cho chương trình Nâng cao

Câu 3.b (3.0 điểm)

Cho lục giác đều ABCDEF , O là tâm đối xứng Gọi I, J, K, J’ lần lượt là trung điểm của AB, FE, OE, FJ Chứng minh rằng tam giác IAF và tam giác

J’JK đồng dạng.

-Hết

-Họ và tên : ………Lớp: …………

K

J

I

O

F A

B

E

C

D

Đáp án và thang điểm

I PHẦN CHUNG

1 1/ - Gọi A’(x’; y’) là ảnh của A qua v    1; 2  0.5

- Ta có ' ' 4 1 ' 3 '( 3; 1)

' 3 2 ' 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2/ - I có tâm I(- 4; 3), bán kính R =5 0.25

- (C’) là ảnh của (C) qua phép ĐO, (C’) có tâm I’ bán kính R’ 0.25

- Phương trình (C’):  x  4 2  y  3 2  25 0.5

3/ - Gọi M(x; y) thuộc d M’(x’; y’) và d’lần lượt là ảnh của M và d qua Đ Ox 0 5

- Ta có x y ' ' x y x x y ' y ' M x  '; y ' 

0.5

- Do M thuộc d nên: x ' 2 ' 1 0  y    d x ':  2 y   1 0 0.5

4/ - Phép

O; 90 0

Q  biến B thành B’, B’ thuộc trục Oy  B’(0; 3) 0.5

2 1/

- Chứng minh được 4

3

2/

AE AB AI  AC AF  AD

- Phép vị tự tâm A tỉ số 3

4 biến hình vuông ABCD thành hình vuông AEIF

0.5

II PHẦN RIÊNG

- Xét ĐHF: Biến A, I, O, E lần lượt thành thành D, I’, O, G, I’ trung điểm của HD

1.0

- ĐHFAIOE DI OG'

- Ta có: T DG DI OG'  GJFC

 Hai hình DI OG GJFC' 

0.5 0.5 0.5

- QO;120 0 Biến: I, A, F lần lượt thành J, E, D.

O;120 0  

- ;1 2

F

V 

 

  Biến J, E, D lần lượt thành J’, J, K

- Vậy phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp QO;120 0 và phép vị tự

1

; 2

F

V 

 

  thì IAF biến thành J JK'

=> IAF và tam giác J JK' đồng dạng

1.0 0.5 0.5

0.5

I'

K

J

I

O

F A

B

E

C

D

ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM Câu 1

(3điểm) a) Gọi A’ = Tv(A)

Áp dụng biểu thức toạ độ: => '

'

3 1

A

A

x y









 => A ' 3;1 

* Theo giả thiết R OA  4232 5

Gọi A’’ =ĐO(A)

Áp dụng biểu thức toạ độ => ''

''

4

''(4; 3)

3

x x

A

 



 



 

 Vậy phương trình đường tròn ảnh là : x 42y32 25

b) Gọi d’ = QO; 90 0( )d



Ta có d’  d => pttq d’: 2x y c  0

Xét điểm M(-1;0) d Gọi M’ = QO; 90 0( )M

 => M’ (0;1)

Vì M’ d => 1+c = 0 => c = -1

Vậy pttq d’: 2x y  1 0

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,5 0,25 0,25 0,25

Câu 2

(2điểm)

a) Ta có : Tâm I của đường tròn (C): I ( 2;0)

Tâm I’ của đường tròn (C’): I’(-3;0)

gọi Đd(C) = ( C’)

=> d là đường trung trực của II’

Gọi J là trung điểm của II’ => toạ độ điểm J 1;0

2

 

0,25 0,25 0,25

G I

D

Mặt khác: II'5;0

Vậy phương trình của trục đối xứng là d: 1 0

2

x  

b)

Ta có:

  

 

0

0

;120

;120

( )

O

O

A E

F D







  

Mặt khác:

 

1

;

2

1

; 2

' ( )

( )

'

F

F

V J J

E J

D K

V JED J JK

 

 

 

 

 

 







  

Vậy phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp QO;120 0 và phép vị tự

1

;

2

F

V 

 

  thì

IAF

 biến thành J JK' => IAF và tam giác J JK' đồng dạng

0,25

0,25

(Hình 0,25)

0,25

0,25

Câu 3

(2điểm) Gọi I là trung điểm AB.Ta có: A,B cố định I cố

định

Mặt khác: 1

3

IG IC

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1  

; 3

I

V  C G

 

 

Mà quỹ tích của C là đường trònO,6 Quỹ tích của G là đường tròn tâm

, 3

I

O V  O

 

 



Vẽ đúng quỹ tích cho hình điểm tối đa.

0,5 Hình 0,5 0,5

0,5

Câu4a

(3điểm) a) Xét ĐHO A D

 

 

 

'

I I

O O

E G







 ĐHOAIOE DI OG'

Mặt khác: TDGDI OG'  GJFC

 Hai hình DI OG GJFC' 

b) Để T d u  d

d u





cùng phương v

Mà: u d m 2;m

0,5

Hình 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5

I'

(3điểm)

1; 2

2

4

2 4

3

v

 





     



a) MNPcó trục đối xứng PMNcân tại P M N

180

M N P     

0

0

2 40

20

M

M N



 

b) Gọi: '

'

x x a

y y b

 





 

 là biểu thức toạ độ của T v

Khi đó biến d:x 2y 5 0 thành d' :x a'  2y b'  5 0

 x' 2 ' 2 y  b a  5 0

Phép Đ0

" ' :

" '

x

x x

y y









 biến d’ thành d”: " 2 " 2x  y  b a  5 0

2 16 5 64 256

      



nhỏ nhất 32

5

b

 

16; 32

5 5

V  

   



0,5 0,25 0,25 0,5 0,25

0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

2/ Cho đường thẳng d mx:  m 2 y 3 0, m R  Tìm m để phép tịnh tiến

v

T với v   1; 2 biến d thành chính nó.

1/ Cho tam giác MNP có 0

140

P  Tìm góc

M , N

sao cho tam giác MNP có trục đối xứng.

2/ Cho đường thẳng d x:  2y 5 0 và d x' : 2y11 0 Tìm một phép tịnh tiến Tv sao cho | |v nhỏ nhất để phép dời hình có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép Tv và phép đối xứng trục Ox biến d thành d’.