Đề kiểm tra 1 tiết chương 1 hình học 10 NC năm 2018 2019 trường thị xã quảng trị

TRƯỜNG THPT TX QUẢNG TRỊ TỔ TOÁN ĐỀ KIỂM TRA TIẾT CHƯƠNG I Mơn: HÌNH HỌC 10 NC – Thời gian 45 phút ĐỀ SỐ Bài (3 điểm)     a Chứng minh với điểm A, B, C, D ta có: AB  CD  AD  CB     b Cho hình bình hành MNPQ có tâm O Chứng minh đẳng thức: MN  PO  MQ         Bài (4 điểm) Cho ABC Gọi I, J, K điểm định JA  JC  0; IB  AI ; BK  BC     a Phân tích vectơ IJ , JK theo hai vectơ AB, AC b Chứng minh I, J, K thẳng hàng    c Cho H điểm thay đổi, L điểm xác định bởi: HL  3HC  HB Chứng minh đường thẳng HL qua điểm cố định Bài (3 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(2;3), B  2, 5 , C (3; 1) a Chứng minh A, B, C đỉnh tam giác b Tìm toạ độ điểm D cho tứ giác ABCD hình bình hành Tìm tọa độ điểm E cho A trọng tâm tam giác BCE c Tìm tọa độ điểm M cạnh BC điểm N cạnh BA cho MN song song với AC diện tích tứ giác ACMN lần diện tích tam giác BMN TRƯỜNG THPT TX QUẢNG TRỊ TỔ TOÁN ĐỀ KIỂM TRA TIẾT CHƯƠNG I Mơn: HÌNH HỌC 10 NC – Thời gian 45 phút ĐỀ SỐ Bài (3 điểm)     a Chứng minh với điểm M, N, P, Q ta có: MN  PQ  MQ  PN     b Cho hình bình hành ABCD có tâm O Chứng minh đẳng thức: AB  2CO  AD         Bài (4 điểm) Cho ABC Gọi M, N, P điểm định MA  MC  0; NB  AN ; BP  BC     a Phân tích vectơ NM , MP theo vectơ AB, AC b Chứng minh M, N, P thẳng hàng    c Cho Q điểm thay đổi, R điểm xác định bởi: QR  3QB  4QC Chứng minh đường thẳng QR qua điểm cố định Bài (3 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(3; 1), B  2, 5 , C (2;3) a Chứng minh A, B, C đỉnh tam giác b Tìm toạ độ điểm D cho tứ giác ABCD hình bình hành Tìm tọa độ điểm E cho C trọng tâm tam giác ABE c Tìm tọa độ điểm M cạnh CB điểm N cạnh CA cho MN song song với AB diện tích tứ giác ABMN lần diện tích tam giác CMN ĐÁP ÁN ĐỀ CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Bài 1a         VT= AB  CD  AD  DB  CB  BD  AD  CB  VP (đpcm) điểm Bài 1b Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có:         MN  PO  MQ  MP  PO  2(OP  PO)  (đpcm) điểm A I J Bài 2a P B E C K                JK  JC  CK  AC  BC  AC  ( AC  AB)  AC  AB 2     Ta có: AC  AB  3( AB  AC )   Từ câu a, suy JK  3IJ Ta có: IJ  IA  AJ   AB  AC Bài 2b điểm điểm 0,5 điểm 0,5 điểm Vậy I, J, K thẳng hàng (đpcm) Gọi P trung điểm BC , E thuộc đoạn BP cho BE = 6EP        0,5 điểm  Bài 2c Ta có: HE  HB  BE  HB  BC  HC  HB  HL Bài 3a Suy H, E, L thẳng hàng Hay HL qua E cố định   Ta có AB  (4; 2), AC  (5;  4)    Vì nên AB, AC khơng phương hay A, B, C không thẳng hàng 5 0,5 điểm 4 điểm Vậy A, B, C đỉnh tam giác   Gọi D( x; y ) Tứ giác ABCD hình bình hành nên ta có AD  BC   AD  ( x  2; y  3); BC  (1;  6) Bài 3b x    x  1  Suy ra:   y   6  y  3 0,5 điểm Vậy D(1;  3) Vì A trọng tâm tam giác BCE nên ta có 3x A  xB  xC  xE  xE  3xA  ( xB  xC )  11   3 y A  yB  yC  yE  yE  y A  ( yB  yC )  Vậy E (11; 5) 0,5 điểm Theo ta có diện tích tam giác BCA lần diện tích tam giác BMN tam giác BCA đồng dạng với tam giác BMN     Từ giả thiết suy BA  3BN ; BC  3BM   Gọi N ( x; y ) Ta có BA  (4; 2); BN  ( x  2; y  5)  10 x   10 17   Vậy N  ;    17  3 y     Gọi M ( x; y ) Ta có BC  (1;  6); BM  ( x  2; y  5)  x2   y 5   Bài 3c   x   x     y   2  y  0,5 điểm 7  Vậy M  ;1 3  B N 0,5 điểm M A C ĐÁP ÁN ĐỀ CÂU Bài 1a Bài 1b NỘI DUNG         VT= MN  PQ  MQ  QN  PN  NQ  MQ  PN  VP (đpcm) Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có:         AB  2CO  AD  AC  2CO  2(OC  CO)  (đpcm) ĐIỂM điểm điểm A N M Bài 2a B I E C điểm P                MP  MC  CP  AC  BC  AC  ( AC  AB)  AC  AB 2     Ta có: AC  AB  3( AB  AC )   Từ câu a, suy MP  NM Ta có: NM  NA  AM   AB  AC Bài 2b điểm 0,5 điểm Vậy M, N, P thẳng hàng (đpcm) 0,5 điểm Gọi I trung điểm BC , E thuộc đoạn IC cho CE = 6EI 0,5 điểm         Bài 2c Ta có: QE  QB  BE  QB  BC  QC  QB  QR Bài 3a Suy Q, E, R thẳng hàng Hay QR qua E cố định   Ta có AB  (1;6), AC  (5; 4)   1  nên AB, AC không phương hay A, B, C không thẳng hàng Vì 5 0,5 điểm điểm Vậy A, B, C đỉnh tam giác   Gọi D( x; y ) Tứ giác ABCD hình bình hành nên ta có AD  BC   AD  ( x  3; y  1); BC  (4;  2) Bài 3b 0,5 điểm  x   4  x  1 Suy ra:    y   2  y  3 Vậy D(1;  3) Vì C trọng tâm tam giác ABE nên ta có 3xC  xB  x A  xE  xE  3xC  ( xB  xA )  11   3 yC  yB  y A  yE  yE  yC  ( yB  y A )  Vậy E (11; 5) 0,5 điểm Theo ta có diện tích tam giác CAB lần diện tích tam giác CMN tam giác BCA đồng dạng với tam giác CMN     Từ giả thiết suy CA  3CN ; CB  3CM   Gọi N ( x; y ) Ta có CA  (5;  4); CN  ( x  2; y  3) Bài 3c 1    x    x   1  Vậy N  ;     3  y   4  y  3     Gọi M ( x; y ) Ta có CB  (4; 2); CM  ( x  2; y  3)   x    y 3    2 x     y  11 3  0,5 điểm  2 11  Vậy M  ;   3 0,5 điểm C N M A B ... x; y ) Ta có BA  (4; 2); BN  ( x  2; y  5)  10 x   10 17   Vậy N  ;    17  3 y     Gọi M ( x; y ) Ta có BC  (1;  6); BM  ( x  2; y  5)  x2   y 5 ... 3); BC  (1;  6) Bài 3b x    x  ? ?1  Suy ra:   y   6  y  3 0,5 điểm Vậy D(? ?1;  3) Vì A trọng tâm tam giác BCE nên ta có 3x A  xB  xC  xE  xE  3xA  ( xB  xC )  ? ?11   3... 1) ; BC  (4;  2) Bài 3b 0,5 điểm  x   4  x  ? ?1 Suy ra:    y   2  y  3 Vậy D(? ?1;  3) Vì C trọng tâm tam giác ABE nên ta có 3xC  xB  x A  xE  xE  3xC  ( xB  xA )  ? ?11