KIỂM TRA 1 TIẾT (BÀI SỐ 2)

MÔN: HÌNH HỌC 11

I. MỤC TIÊU CỦA ĐỀ: Kiểm tra, đánh giá mức độ tiếp thu kiến thức và kĩ

năng vận dụng kiến thức về phép biến hình trong giải toán.

II. HÌNH THỨC KIỂM TRA: Tự luận 100% III. THIẾT LẬP MA TRẬN:

Vận dụng Chủ đề Nhận biết Thông hiểu Tổng Thấp Cao 2 2 Phép tịnh tiến 4,0 4,0 1 1 Phép vị tự 3,0 3,0 1 1 2 Phép đồng dạng 1,0 2,0 3,0 1 1 1 5 TỔNG 5,0 3,0 2,0 10,0

Giải thích:

SỞ GD&ĐT NINH THUẬN

ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT (BÀI SỐ ) LỚP NĂM HỌC 2014 – 2015

TRƯỜNG THPT NINH HẢI

Môn: (Chương trình chuẩn)

Thời gian: 45 phút (Không tính thời gian phát đề)

ĐỀ BÀI:

y   , đường tròn

5 0

: 2

d

x

2

2

(1;4),

(3;0)

B

Câu 1. (7,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy . Cho đường thẳng .

 và hai điểm

) : (

2)

1)

C

4

x

y

(

(

A 1) (2,0 điểm) Xác định tọa độ điểm M là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo vectơ

 u

 AB

1 2

2) (2,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng

1d là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo

 vectơ AB

. Suy ra vị trí của điểm M trên đoạn thẳng AB.

)C qua phép vị tự tâm

)C là ảnh của ( 1(

.

I  ( 1;3)

cm AC 6 ,

cm 8

AB

tỉ số

3) (3,0 điểm) Lập phương trình đường tròn k   . 3 Câu 2. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có

và phép đồng dạng F có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép quay tâm A góc quay 90 và phép

AB C . '

'

1 2

vị tự tâm A tỉ số . Phép đồng dạng F biến tam giác ABC thành tam giác

'

AB C . '

Vẽ hình và tính diện tích tam giác

Học sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên học sinh ……………………………………… Lớp: ……………………

Họ và tên giám thị: ……………………...................... Chữ kí: ……………………

========== HẾT ==========

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT (BÀI SỐ 2)

MÔN: TOÁN HÌNH 11

Câu Điểm

2

5 0

 và hai điểm

) : (

1)

4

x

y

(

7,0 Bài giải vắn tắt x y   , đường tròn : 2 d B (3;0) (1; 4),

Trong hệ tọa độ Oxy . Cho đường thẳng 2 A ( C 2) 1. Xác định tọa độ điểm M là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo

vectơ

 AB

2,0 . Suy ra vị trí của điểm M trên đoạn thẳng AB

 u 

 (1; 2)

 1  u 2  AB 

Ta có:

 (2; 4)  x

x

  

1 1 2

(A)

0,5

uM T  

M y

A y

M y

    2 4

2

M

A

M

  

 u

    

M

(2;2)

0,5 suy ra  x x  u y

1d là ảnh của d qua phép tịnh tiến

0,5 0,5 Vậy Từ tính chất phép tịnh tiến suy ra M là trung điểm đoạn AB 2. Viết phương trình đường thẳng 2,0

x

 

y m

 0

d ( ) , nên phương trình 0,5

D 

( 2;1)

 theo vectơ AB Ta có:   T d 1 AB Trên d lấy điểm

)

1 : 2 d   D T D ( AB

, ta được: . Gọi

1 2 2 0

  

x

x

x

x

D

D 1

D 1

(0; 3)

  d 1

D 1

y

y

y

 AB y

     4 1

3

D

 AB

D 1

D 1

 

x

Câu 1 0,5

)C qua phép vị tự

          Khi đó: 2.0 3     m m 3 0 y   Vậy phương trình d 3 0 1 : 2 )C là ảnh của ( 1(

0,5 0,5

3

2R 

(1; 2)

3,0

)C . Ta có: 1(

0,5

1   | 3 |

 6

R

I ( )

0,5 3. Lập phương trình đường tròn tâm ( 1;3) I  k   . tỉ số T  và bán kính )C có tâm ( Gọi 1 ,T R lần lượt là tâm và bán kính của R 1

 T V 1

 ( , 3) I

  3 IT    IT 1    1

x

x

  7

 3(1 1)

3( 2 3)

    

18

y

0,5

  

2

2

18)

) : (

36

7)

x

y

(

0,5

1,0

cm AC 6 ,

cm 8

AB

  y 3  Suy ra 1( 7;18) T  Vậy phương trình  C 1( Cho tam giác ABC vuông tại A có đồng dạng F có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép quay tâm A

và phép

1 2

AB C . Vẽ hình và tính diện tích tam giác

'

'

3,0 . Phép đồng dạng F biến tam góc quay 90 và phép vị tự tâm A tỉ số

'

'

Tam giác

AB C vuông tại A và có

AB

'

AB

3;

AC

'

AC

 4

1,0 Câu 2 giác ABC thành tam giác AB C . ' ' Vẽ hình đúng Theo tính chất phép đồng dạng, ta suy ra:

1 2

1 2

2

AB C là '

'

Diện tích tam giác

S

AB AC '.

'

 3.4 6

cm

1,0

1 2

1 2

1,0