DE DAP AN KTRA CUOI CHUONG 1 BIEN HINH HINH LOP 11

Tìm phương trình của đường tròn (C') lần lượt là ảnh của (C) qua phép đối xứng tâm A..[r]

ĐỀ THAM KHẢO KIỂM TRA HÌNH 11 CUỐI CHƯƠNG : PHÉP DỜI HÌNH VÀ ĐỒNG DẠNG

( Thời gian làm : 70 phút ) Bài 1( 3,5 điểm):

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A3; ; B1; ; C3;0

a.Viết phương trình tổng qt đường thẳng BC phương trình đường trịn (C) ngoại tiếp tam giác ABC

b. Tìm tọa độ điểm A' ảnh A qua phép quay Q(o;900)

c.Tìm phương trình đường thẳng B'C' ảnh đường thẳng BC qua phép tịnh tiến theo vectơ )

2 ;

( 

 

u

d.Tìm phương trình đường trịn (C') ảnh (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 trực tâm, trọng tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

Xác định ảnh tam giác ABC qua phép vị tự tâm G, tỉ số

 Chứng minh ba điểm H, G, Q thẳng hàng GH = 2GQ

Bài 3( điểm):

Cho ba điểm thẳng hàng A, B, C , điểm B nằm hai điểm A C Dựng phía đường thẳng AC tam giác ABE BCF

a Chứng minh AF = EC góc hai đường thẳng AF EC 600 .

b Gọi M N trung điểm AF EC Chứng minh tam giác BMN Bài 4( điểm):

Cho đường trịn (C) tâm O bán kính R A điểm cố định nằm (C) ( Với giả thiết : đường thẳng qua A cắt (C) theo dây cung MN cóMN R) B C hai điểm di động (C) cho BOC 600

 Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn MA MB MC    0

Bài 5( điểm):

Hết -LỜI GIẢI Bài 1: A3;4 ; B1;2 ; C3;0

a.Viết phương trình đường thẳng BC :

Phương trình đường thẳng BC : 2

3

x y x y

x y

   

      

    

Viết phương trình đường trịn (C) ngoại tiếp tam giác ABC : PT đường trịn (C ) có dạng : x2 y2 2ax 2by c 0

     (*) Tọa độ A, B, C thỏa mãn PT (*) nên có :

25 12 16

5 4 2 11

9 6 9 27

a b c a b a b a

a b c a b a b b

a c c a c a c

                                                    

Phương trình (C) : x2 y2 12x 22y 27 0

    

b. Tìm tọa độ điểm A' ảnh A qua phép quay Q(o;900)

Gọi A1 A2 hình chiếu A Ox, Oy A1 (3; 0) A2 (0; 4) Phép quay Q(o;900) biến hình chữ nhật OA1AA2 thành hình chữ nhật OA A A1' ' 2'

Ảnh A1 A2 qua phép quay Q(o;900) điểm A1'0; ;  A2' 4; 0.Các điểm

là hình chiếu A' trục Oy Ox Do A'(-4; 3)

c.Tìm phương trình đường thẳng B'C' ảnh đường thẳng BC qua phép tịnh tiến theo vectơ

(1; 2)

u



 

(+) Điểm M'(x'; y' ) ảnh M(x; y) qua phép tịnh tiến theo vec tơ (1;2) 

u

' '

' '

x x x x

y y y y

   

 

   

   

  (+) M x y( ; )BC x 2y  3 ( ' 1) 2( ' 2) 0x   y    ( ' 1) 2( ' 2) 0x   y    x' ' 0 y  

(+) Phương trình B'C' : x 2y 0

d.Tìm phương trình đường trịn (C') ảnh (C) qua phép đối xứng tâm A Giải :

(+) Điểm M'(x'; y' ) ảnh M(x; y) qua phép đối xứng tâmA3;4 '

'

A A

x x x

y y y

          ' ' x x y y         (+) M x y( ; ) ( )C x2 y2 12x 22y 27 0

        (6 x')2(8 y')212(6 x') 22(8  y') 27 0 

x'2 y'2 24 ' ' 23 0x y

     

(+) Phương trình (C') : x2 y2 24x 6y 23 0

     

(C ) có tâm I(-6;11) bán kính R = 130

Gọi I'(x'; y') ảnh I qua phép đối xứng trục đường thẳng (d) : x - y = Trung điểm đoạn II' điểm ' 6; ' 11

2

x y

H   

 

Ta có : II' ( ' 6; ' 11) x y  phương với n(1; 1) trung điểm đoạn II' thuộc đường

thẳng (d) nên :

' ' 11

' ' ' 11

1

' ' 11 0 ' ' 17 '

2

x y

x y x

x y x y y

 





       



 

  

     

     

   

   



Vậy I'(11; -6)

Cách khác : Đường thẳng (d) : x - y = 0 y x : đường phân giác thứ hệ tọa độ

Oxy

Do : Nếu N điểm đối xứng M(a; b) qua (d) N(b; a)

Suy ra : I'(x'; y') ảnh I(-6;11 qua phép đối xứng trục (d) : x - y = I'(11; -6)

Vì ( '')C đối xứng với ( )C qua đường thẳng ( ) :d x y 0 nên (C') có tâm I' bán kính 130, phương trình (C') : (x 11)2 (y 6)2 130

   

Bài 2:

 Gọi A' , B' , C' trung điểmcủa cạnh BC, CA, AB (+) Qua phép vị tự tâm G, tỉ số

2

 , điểm , B, C biến thành điểm A', B' , C' Do tam giác A'B'C' ảnh tam giác ABC qua phép vị tự tâm G, tỉ số

2



(+) B'C', C'A', A'B' đường trung bình tam giác ABC nên B'C' //BC, C'A' //CA, A'B' // AB

Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A' , B' , C' trung điểm dây cung BC, CA, AB nên : QA'BC QB, 'CA QC, 'AB QA'B C QB' ', 'C A QC' ', 'A B' '.

Vậy Q trực tâm tam giác A'B'C' (+) Qua phép vị tự ( , 1)

2

G

V

 , trực tâm H tam giác ABC biến thành trực tâm tam giác

A'B'C' , tức ảnh H điểm Q, ta có : 2

GQ  GH  GH  GQ

   

   

   

   

   

   

   

Bài 3: Giải :

a). Phép quay Q( ,60 )B biến điểm B, C, E thành điểm B, F, A Do : đoạn AF ảnh đoạn EC qua phép quay Q( ,60 )B Suy :



(AF, ) 60

AF EC EC       

b). Vì đoạn AF ảnh đoạn EC qua phép quay Q( ,60 )B nên qua phép quay Q( ,60 )B trung điểm M đoạn AF ảnh trung điểm N đoạn EC Vì ta có :  0

( , ) 60

BM BN BM BN       

 tam giác BMN (đpcm)

Bài 4:

(+) Gọi I trung điểmcủa BC OI BC

Từ giả thiết ta có tam giác OBC , mà OI đường cao nên :

2 R

OI 

Vậy, tập hợp I đường tròn (C') tâm O bán kính R' =

2

R (1)

(+) Từ giả thiết toán suy A, B, C không thẳng hàng nên tam giác ABC tồn tại, từ đẳng thức MA MB MC    0 ta có M trọng tâm tam giác ABC Do :

3

AM  AI

                           

: M ảnh I qua phép vị tự ( , )2

3

A

V (2)

(+) Từ (1) (2) có kết luận : Tập hợp M đường tròn ảnh đường tròn (C') qua phép vị tự tâm A, tỉ số

3 Bài 5:

Cho tam giác ABC có đường cao ứng với cạnh BC AH

Giả sử tam giác A'B'C' ảnh tam giác ABC qua phép đồng dạng F tỉ số k ( k>) Khi : B'C' = k.BC A'H' = k.AH

Ta có : 2

' ' '

1 1

' ' ' ' ( ).( )

2 2

A B C ABC

S  B C A H  k BC k AH k BC AH k S

A B C' ' '

ABC

S

k S

  (đpcm)