TRƯỜNG THPT TX QUẢNG TRỊ
TỔ TOÁN

ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT HÌNH HỌC 11 NC
Thời gian làm bài : 45 phút
ĐỀ 1 ( Khối sáng)
2
2
Câu 1: (7 điểm) Trong mp(Oxy) cho điểm A  2;5  đường tròn (C):  x  2    y  3   16
và đường thẳng  : 5 x  4 y  2  0 .

a) Tìm tọa độ ảnh của điểm A qua phép tịnh tiến theo vectơ u  (1;  3) .
b) Lập phương trình đường thẳng  ' là ảnh của  qua phép đối xứng trục Ox.
c) Lập phương trình đường tròn (C1 ) là ảnh của (C) qua phép Q  O; 900  .
d) Lập phương trình đường tròn (C2 ) là ảnh của (C) qua phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện
liên tiếp phép đối xứng tâm O và phép vị tự tâm H(2;1) tỉ số k=-3.
Câu 2: (2 điểm)
a) Trong mp(Oxy), xét phép biến hình F : M  x; y   M '  3  4 x; y  2  . Cho điểm A(3;-2), tìm toạ độ
điểm B sao cho F  A  B .
b) Cho hình chữ nhật ABCD , gọi P,F,Q,E lần lượt trung điểm AB, BC, CD, DA. Gọi O là giao điểm
PQ và EF , I là giao điểm PO và EB. Gọi M,N,K lần lượt trung điểm PB, IB, FC. Chứng minh
rằng hình thang MPIN và hình thang CQOK đồng dạng với nhau.
Câu 3: ( 1 điểm)
Về phía ngoài tứ giác lồi ABCD dựng các hình vuông có cạnh AB, BC,CD,DA. Chứng minh rằng
tâm của bốn hình vuông lập thành tứ giác có hai đường chéo vuông góc với nhau.

TRƯỜNG THPT TX QUẢNG TRỊ
TỔ TOÁN

ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT HÌNH HỌC 11 NC
Thời gian làm bài : 45 phút

và đường thẳng  : 3 x  2 y  4  0 .

a) Tìm tọa độ ảnh của điểm A qua phép tịnh tiến theo vectơ u  ( 2;3) .
b) Lập phương trình đường thẳng  ' là ảnh của  qua phép đối xứng trục Oy.
c) Lập phương trình đường tròn (C1 ) là ảnh của (C) qua phép Q  O;900  .
d) Lập phương trình đường tròn (C2 ) là ảnh của (C) qua phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện


liên tiếp phép tịnh tiến u  ( 2;3) và phép vị tự tâm H(1; 2) tỉ số k=-4.
Câu 2: (2 điểm)
a) Trong mp(Oxy), xét phép biến hình F : M  x; y   M '  3  x; 2 y  2  . Cho điểm B(3;-4), tìm toạ độ
điểm A sao cho F  A  B .
b) Cho hình vuông ABCD có tâm O. Gọi E, F, N, M lần lượt là trung điểm AB, AD, OB, EB. Chứng
minh rằng hình thang MNOE đồng dạng với hình thang FOCD.
Câu 3: ( 1 điểm)
Về phía ngoài hình bình hành ABCD dựng các hình vuông có cạnh AB, BC,CD,DA. Chứng minh
rằng bốn tâm của hình vuông đó là đỉnh của một hình vuông.

TRƯỜNG THPT TX QUẢNG TRỊ
ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT HÌNH HỌC 11 NC
TỔ TOÁN
Thời gian làm bài : 45 phút
ĐỀ 2 ( Khối chiều)
2
2
Câu 1: (7 điểm) Trong mp(Oxy) cho điểm A  5; 2  đường tròn (C):  x  1   y  2   9
và đường thẳng  : 4 x  3 y  6  0 .

a)Tìm tọa độ ảnh của điểm A qua phép tịnh tiến theo vectơ u  (5;  3) .
b) Lập phương trình đường thẳng  ' là ảnh của  qua phép đối xứng trục Ox.

§Ox ()   ' . Lấy M = (x;y) tùy ý thuộc ∆. Khi đó §Ox (M)  M '(x ';y ')
x '  x
x  x '
Thì 

y '  y y  y '
 ( ') : 5x  4y  2  0

ĐIỂM
2điểm
0.5-0.5
0.5-0.5
2điểm
0.5
0.5-0.5

V× M    5x ' 4(  y ')  2  0  5x ' 4y ' 2  0

0.5
0

c) Lập pt đường tròn (C1 ) là ảnh của (C) qua phép Q(O; 90 ) .

1 điểm

t©m I(2;-3)
Ta có :  C  : 
. Q(O; 900 )  C    C1   Q(O; 900 )  I   I1  3; 2 
bk R = 4
t©m I1 (-3;-2)

 x '  a  k(x  a)  x '  14

thì  y '  b  k(x  b)

 y '  5

0.5

pt  C2  : (x  14)2  (y  5)2  144 .

 x '  3  4x  x '  9
a) Ta có F(A)  B  x '; y '  

. Vậy A( -9 ;-4)
y '  y  2
 y '  4
A
V(B,2) (MNIP) PIEA

0.5-0.5
0.25
0.25

I
O

F

E



B

M

P

N

§OE (PIEA) QI ' ED (I’ là trung điểm OQ)
 (QI ' ED) CKOQ
T
DQ

Vậy hình thang MPIN và hình thang CQOK đồng
dạng với nhau

2 điểm

0.25

H

E
M

N

B


2điểm

x '  x x  x '
Thì 

y '  y
y  y '

0.5-0.5

0.5-0.5
0.5-0.5
2điểm
0.5

V× M    3x ' 6y ' 2  0  ( ') : 3x  6y  2  0

0.5
1 điểm

0

c) Lập pt đường tròn (C1 ) là ảnh của (C) qua phép Q(O;90 ) .
t©m I(-1;4)
Ta có :  C  : 
. Q(O;900 )  C    C1   Q(O;900 )  I   I1  4; 1
bk R = 4
t©m I1 (-4;-1)
Vậy :  C1  : 
pt  C1  : (x  4)2  (y  1)2  16 .

 x '  a  k(x  a)  x '  14

thì  y '  b  k(x  b)

 y '  5

0.5

pt  C2  : (x  14)2  (y  5)2  144 .

 x '  2x
x '  4
a) Ta có F(A)  B  x '; y '   

. Vậy B( 4 ;16)
 y '  1  3y  y '  16
M
A
V(A,2) (MNIP) PIFB
§OF (PIFB) QI ' FC (I’ là trung điểm OQ)
 (QI ' FC )  DKOQ
TQD

0.5-0.5
B

P

N


1

IN / /AE; IN  2 AE
Mặt khác 
. Suy ra INM vuôn
1
IM / /CH; IM  HC

2
cân tại I. Tương tự tam giác IQP vuông cân tại I
Xét

2 điểm

H

E
M

N

B

A

0.5

I
C
D


ĐIỂM
2điểm
0.5-0.5
0.5-0.5
2điểm
0.5
0.5-0.5

V× M    3x ' 2y ' 4  0  ( ') : 3x  2y  4  0

0.5
1 điểm

c) Lập pt đường tròn (C1 ) là ảnh của (C) qua phép Q(O;900 ) .
 t©m I(-1;3)
Ta có :  C  : 
. Q(O;900 )  C    C1   Q(O;900 )  I   I1  3; 1
bk
R
=
5

t©m I1 (-3;-1)
Vậy :  C1  : 
pt  C1  : (x  3)2  (y  1)2  25 .
bk
R
=R
=

2 điểm
0.5
0.5-0.5

0.5

pt  C2  : (x  9)2  (y  26)2  400 .

x '  3  x
x  0
a) Ta có F(A)  B  x '; y '   

. Vậy B( 0 ;-1)
 y '  2y  2  y  1
A
V(B,2) (MNOE) EODA

M

B

E

§OE (EODA) EOCB
§AC (EOCB) FOCD

0.5

0.25
0.25


N
B

x '  x
x  x '
Thì 

y '  y y  y '
 ( ') : 5x  y  6  0

0.5

A

I
CH  EA
Khi đó Q  B;   CH   EA  
D
CH  EA
Q
1

IN / /AE; IN  2 AE
IN  IM
Mặt khác 

IM / /CH; IM  1 HC IN  IM

2

d) Lập phương trình đt  C 2  là ảnh của  C  qua phép đồng dạng có được bằng cách

thực hiện liên tiếp phép tịnh tiến u  (2;  3) và phép vị tự tâm H(2; 1) tỉ số k=-2 .
x '  x  a x '  1 2  3
t©m I(1;-2)

 I '(3; 5)
Tu (C )   C '  I '  x '; y '  Tu ( I )  
C  : 
 y '  y  b  y '  2  3  5
bk R = 3 .
V  H, 2  C '   C 2   V  H, 2  I '  I 2  x '; y '
t©m I 2 (0;1)
bk R' = k R  6 .

Câu 2
(2 đ)

ĐIỂM
2điểm
0.5-0.5
0.5-0.5
2điểm
0.5
0.5-0.5
0.5

0

 C 2  : 


V(C,2) (MNEO) OEDA
§OE (OEDA) OECB
§OF (OECB) OFAB

A

B

F

0.25

O

Vậy hình thang MNOE và hình thang FOBA đồng
dạng với nhau

N

0.25
D

Câu 3 Gọi I là trung điểm AC. Suy ra I là tâm đối xứng của
hình gồm hình bình hành và bốn hình vuông đã cho.
Vậy I là trung điểm MP và QN. Hay tứ giác MNPQ là
hình bình hành.
Đặt    BC; BE  ,
CH  EA
Khi đó Q  B;   CH   EA  

1

IN / /AE; IN  2 AE
IN  IM
Mặt khác 

IM / /CH; IM  1 HC IN  IM

2

Vậy tứ giác MNPQ là hình vuông.
Ghi chú: Học sinh có cách làm khác đúng vẫn cho điểm tối đa

P

0.5