Đề tham khảo KT Hình học 11 cuối chương 1 - Kèm Đ.án

Chia sẻ: Van Thien Tuong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

165
lượt xem 35
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề giúp cho học sinh đánh giá lại kiến thức đã học của mình sau một thời gian học tập. Mời các bạn tham khảo đề kiểm tra Hình học lớp 11 Chương 1: Phép dời hình và đồng dạng để đạt được điểm cao trong kì thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề tham khảo KT Hình học 11 cuối chương 1 - Kèm Đ.án

ĐỀ THAM KHẢO KIỂM TRA HÌNH 11 CUỐI CHƯƠNG 1 : PHÉP DỜI HÌNH VÀ ĐỒNG DẠNG ( Thời gian làm bài : 90 phút ) Bài 1( 3,5 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A  3; 4  ; B 1; 2  ; C  3; 0  . a.Viết phương trình tổng quát của đường thẳng BC và phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC. b. Tìm tọa độ của điểm A' là ảnh của A qua phép quay Q(o;900). c.Tìm phương trình đường thẳng B'C' là ảnh của đường thẳng BC qua phép tịnh tiến theo vectơ  u  (1;2) d.Tìm phương trình của đường tròn (C') là ảnh của (C) qua phép đối xứng tâm A. e.Tìm phương trình đường tròn (C '') đối xứng với (C ) qua đường thẳng ( d ) : x  y  0 Bài 2( 1.5 điểm): Cho tam giác ABC . Gọi H, G, Q lần lượt là trực tâm, trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. 1 Xác định ảnh của tam giác ABC qua phép vị tự tâm G, tỉ số  . Chứng minh ba điểm H, G, Q 2 thẳng hàng và GH = 2GQ. Bài 3( 2 điểm): Cho ba điểm thẳng hàng A, B, C , điểm B nằm giữa hai điểm A và C. Dựng về một phía của đường thẳng AC các tam giác đều ABE và BCF. a. Chứng minh AF = EC và góc giữa hai đường thẳng AF và EC bằng 600 . b. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AF và EC. Chứng minh tam giác BMN đều. Bài 4( 2 điểm): Cho đường tròn (C) tâm O bán kính R. A là điểm cố định nằm ngoài (C) ( Với giả thiết : bất kỳ đường thẳng nào đi qua A cắt (C) theo dây cung MN thì đều có MN  R ). B và C là hai điểm di      động trên (C) sao cho BOC  600 . Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn MA  MB  MC  0 Bài 5( 1 điểm): Chứng minh rằng : Tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng dạng ----Hết-----
LỜI GIẢI Bài 1: A  3;4  ; B 1; 2  ; C  3;0  a.Viết phương trình đường thẳng BC : x 1 y  2 x 1 y  2 Phương trình đường thẳng BC :     x  2y  3  0 3  1 0  2 4 2 Viết phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC : PT đường tròn (C ) có dạng : x2  y 2  2ax  2by  c  0 (*) Tọa độ của A, B, C thỏa mãn PT (*) nên có : 25  6a  8b  c  0 12a  8b  16  0 3a  2b  4  0 a  6     5  2a  4b  c  0  8a  4b  4  0  4a  2b  2  0  b  11 9  6a  c  0 c  6a  9 c  6a  9 c  27     2 2 Phương trình của (C) : x  y  12 x  22 y  27  0 b. Tìm tọa độ của điểm A' là ảnh của A qua phép quay Q(o;900). Gọi A1 và A2 lần lượt là hình chiếu của A trên Ox, Oy thì A1 (3; 0) và A2 (0; 4). Phép quay Q(o;900) biến hình chữ nhật OA1AA2 thành hình chữ nhật OA1' A ' A2' . Ảnh của A1 và A2 qua phép quay Q(o;900) lần lượt là các điểm A1'  0; 3  ; A2'  4; 0  .Các điểm này là hình chiếu của A' trên các trục Oy và Ox. Do đó A'(-4; 3) c.Tìm phương trình đường thẳng B'C' là ảnh của đường thẳng BC qua phép tịnh tiến theo vectơ  u  (1; 2)  (+) Điểm M'(x'; y' ) là ảnh của M(x; y) qua phép tịnh tiến theo vec tơ u  (1;2)  x ' x  1  x  x ' 1    y ' y  2  y  y ' 2 (+) M ( x; y )  BC  x  2 y  3  0  ( x ' 1)  2( y ' 2)  3  0  ( x ' 1)  2( y ' 2)  3  0  x ' 2 y ' 2  0 (+) Phương trình của B'C' : x  2 y  2  0 d.Tìm phương trình của đường tròn (C') lần lượt là ảnh của (C) qua phép đối xứng tâm A. Giải :  x  x '  2 xA  6 (+) Điểm M'(x'; y' ) là ảnh của M(x; y) qua phép đối xứng tâm A  3; 4     y  y '  2 yA  8 x  6  x '  y  8  y ' 2 2 2 2 (+) M ( x; y )  (C)  x  y  12 x  22 y  27  0  (6  x ')  (8  y ')  12(6  x ')  22(8  y ')  27  0
 x '2  y '2  24 x ' 6 y ' 23  0 (+) Phương trình của (C') :  x 2  y 2  24 x  6 y  23  0 e.Tìm phương trình đường tròn (C '') đối xứng với (C ) qua đường thẳng (d ) : x  y  0 (C ) : x 2  y 2  12 x  22 y  27  0  ( x  6) 2  ( y  11) 2  130  ( 130) 2 (C ) có tâm I(-6;11) và bán kính R = 130 Gọi I'(x'; y') là ảnh của I qua phép đối xứng trục là đường thẳng (d) : x - y = 0  x ' 6 y ' 11  Trung điểm của đoạn II' là điểm H  ;   2 2    Ta có : II '  ( x ' 6; y ' 11) cùng phương với n  (1; 1) và trung điểm của đoạn II' thuộc đường thẳng (d) nên :  x ' 6 y ' 11  1  1   x ' y ' 5  0  x '  11    . Vậy I'(11; -6)  x ' 6    y ' 11   0  x ' y ' 17  0  y '  6     2   2   Cách khác : Đường thẳng (d) : x - y = 0  y  x : đường phân giác thứ nhất của hệ tọa độ Oxy Do đó : Nếu N là điểm đối xứng của M(a; b) qua (d) thì N(b; a) Suy ra : I'(x'; y') là ảnh của I(-6;11 qua phép đối xứng trục (d) : x - y = 0 thì I'(11; -6) Vì (C '') đối xứng với (C ) qua đường thẳng (d ) : x  y  0 nên (C') có tâm là I' và bán kính cũng là 130 , do đó phương trình của (C') : ( x  11)2  ( y  6)2  130 Bài 2:  Gọi A' , B' , C' lần lượt là trung điểmcủa các cạnh BC, CA, AB 1 (+) Qua phép vị tự tâm G, tỉ số  , các điểm , B, C biến thành các điểm A', B' , C' . Do đó tam 2 1 giác A'B'C' là ảnh của tam giác ABC qua phép vị tự tâm G, tỉ số  2 (+) B'C', C'A', A'B' là các đường trung bình của tam giác ABC nên B'C' //BC, C'A' //CA, A'B' // AB Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và do A' , B' , C' lần lượt là trung điểm của các dây cung BC, CA, AB nên : QA '  BC , QB '  CA, QC '  AB  QA '  B ' C ', QB '  C ' A ', QC '  A ' B ' . Vậy Q là trực tâm của tam giác A'B'C'. (+) Qua phép vị tự V 1 , trực tâm H của tam giác ABC biến thành trực tâm của tam giác A'B'C' ( G , ) 2  1    , tức ảnh của H chính là điểm Q, do đó ta có : GQ  GH  GH  2GQ . Suy ra : 2 Ba điểm H, G,Q thẳng hàng và GH = 2GQ (đpcm)
Bài 3: Giải : a). Phép quay Q( B,60 ) biến các điểm B, C, E lần lượt thành các điểm B, F, A 0  AF  EC  Do đó : đoạn AF là ảnh của đoạn EC qua phép quay Q( B,60 ) . Suy ra :  0 0 (AF, EC )  60  b). Vì đoạn AF là ảnh của đoạn EC qua phép quay Q( B,60 ) nên qua phép quay Q( B,60 ) trung điểm M 0 0  BM  BN  của đoạn AF là ảnh của trung điểm N của đoạn EC. Vì vậy ta có :  0 ( BM , BN )  60   tam giác BMN đều (đpcm) Bài 4: (+) Gọi I là trung điểmcủa BC thì OI  BC R 3 Từ giả thiết ta có tam giác OBC đều , mà OI là đường cao nên : OI  2 R 3 Vậy, tập hợp I là đường tròn (C') tâm O và bán kính R' = (1) 2 (+) Từ giả thiết bài toán suy ra A, B, C không thẳng hàng nên tam giác ABC luôn tồn tại, từ đẳng        2  thức MA  MB  MC  0 ta có M là trọng tâm của tam giác ABC. Do đó : AM  AI : M là ảnh của 3 I qua phép vị tự V 2 (2) ( A, ) 3 (+) Từ (1) và (2) có kết luận : Tập hợp M là đường tròn ảnh của đường tròn (C') qua phép vị tự 2 tâm A, tỉ số 3 Bài 5: Cho tam giác ABC có đường cao ứng với cạnh BC là AH. Giả sử tam giác A'B'C' là ảnh của tam giác ABC qua phép đồng dạng F tỉ số k ( k>). Khi đó : B'C' = k.BC và A'H' = k.AH 1 1 2 1 2 Ta có : S A ' B 'C '  B ' C '. A ' H '  (k .BC ).(k .AH )  k BC. AH  k S ABC 2 2 2 S  A ' B ' C '  k 2 (đpcm) S ABC ----Hết----