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 1 TIẾT CHƯƠNG I
Môn: HÌNH HỌC 10 NC – Thời gian 45 phút
ĐỀ SỐ 1

Bài 1 (3 điểm).

 

 

a. Chứng minh rằng với 4 điểm bất kì A, B, C, D ta có: AB  CD  AD  CB
   
b. Cho hình bình hành MNPQ có tâm là O. Chứng minh đẳng thức: MN  2 PO  MQ  0
 

 

 



Bài 2 (4 điểm). Cho ABC . Gọi I, J, K là các điểm định bởi JA  JC  0; IB  2 AI ; BK  2 BC
 

 

a. Phân tích vectơ IJ , JK theo hai vectơ AB, AC .
b. Chứng minh rằng I, J, K thẳng hàng.







c. Cho H là điểm thay đổi, L là điểm xác định bởi: HL  3HC  4 HB . Chứng minh rằng đường thẳng
HL luôn đi qua một điểm cố định.
Bài 3 (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 là 3 đỉnh của một tam giác.
b. Tìm toạ độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
Tìm tọa độ điểm E sao cho A là trọng tâm của tam giác BCE.
c. Tìm tọa độ điểm M trên cạnh BC và điểm N trên cạnh BA sao cho MN song song với AC và diện tích tứ
giác ACMN bằng 8 lần diện tích tam giác BMN.

TRƯỜNG THPT TX QUẢNG TRỊ
TỔ TOÁN

ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT CHƯƠNG I
Môn: HÌNH HỌC 10 NC – Thời gian 45 phút
ĐỀ SỐ 2

Bài 1 (3 điểm).

 

 

a. Chứng minh rằng với 4 điểm bất kì M, N, P, Q ta có: MN  PQ  MQ  PN

   
b. Cho hình bình hành ABCD có tâm là O. Chứng minh đẳng thức: AB  2CO  AD  0
 

 

 



Bài 2 (4 điểm). Cho ABC . Gọi M, N, P là các điểm định bởi MA  MC  0; NB  2 AN ; BP  2 BC
 

 

a. Phân tích vectơ NM , MP theo 2 vectơ AB, AC .
b. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.







c. Cho Q là điểm thay đổi, R là điểm xác định bởi: QR  3QB  4QC . Chứng minh rằng đường thẳng
QR luôn đi qua một điểm cố định.
Bài 3 (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 là 3 đỉnh của một tam giác.
b. Tìm toạ độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
Tìm tọa độ điểm E sao cho C là trọng tâm của tam giác ABE.

c. Tìm tọa độ điểm M trên cạnh CB và điểm N trên cạnh CA sao cho MN song song với AB và diện tích tứ
giác ABMN bằng 8 lần diện tích tam giác CMN.


ĐÁP ÁN ĐỀ 1
CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

Bài 1a

       
VT= AB  CD  AD  DB  CB  BD  AD  CB  VP (đpcm)

2 điểm

Bài 1b

Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có:
    
  
MN  2 PO  MQ  MP  2 PO  2(OP  PO)  0 (đpcm)

1 điểm

A

I

J

Bài 2a

P

B
E

C
K



 

1  1 
3
2
   1   1    3  
JK  JC  CK  AC  BC  AC  ( AC  AB)  AC  AB
2
2
2
3  
1  1 
Ta có: AC  AB  3( AB  AC )
2
3
2



Từ câu a, suy ra JK  3IJ

Ta có: IJ  IA  AJ   AB  AC

Bài 2b

1 điểm
1 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm

Vậy I, J, K thẳng hàng (đpcm)
Gọi P là trung điểm BC , E thuộc đoạn BP sao cho BE = 6EP.


 



3 
7

3 
7

4 
7

0,5 điểm

1 
7

Bài 2c

Ta có: HE  HB  BE  HB  BC  HC  HB  HL

Bài 3a

Suy ra H, E, L thẳng hàng. Hay HL đi qua E cố định.


Ta có AB  (4; 2), AC  (5;  4)
 
4
2

Vì
nên AB, AC không cùng phương hay A, B, C không thẳng hàng
5

0,5 điểm

4

1 điểm

Vậy A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác





Gọi D( x; y ) . Tứ giác ABCD là hình bình hành nên ta có AD  BC


AD  ( x  2; y  3); BC  (1;  6)

Bài 3b

x  2  1
 x  1

Suy ra: 
 y  3  6
 y  3

0,5 điểm
Vậy D(1;  3)

Vì A là 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  3 y A  ( yB  yC )  5

Vậy E (11; 5)

0,5 điểm


Theo bài ra ta có diện tích tam giác BCA bằng 9 lần diện tích tam giác BMN
và tam giác BCA đồng dạng với tam giác BMN


 



Từ giả thiết suy ra BA  3BN ; BC  3BM




Gọi N ( x; y ) . Ta có BA  (4; 2); BN  ( x  2; y  5)
4 
10
x

 10 17 
3 
3
. Vậy N  ; 

2 
17

 3 3
y

3 
3


Gọi M ( x; y ) . Ta có BC  (1;  6); BM  ( x  2; y  5)

x2


y 5 


Bài 3c

1
7


x  2 
x 

3 
3 .
 y  5  2  y  1

0,5 điểm

7 

Vậy M  ;1
3 

B

N

0,5 điểm

M

A
C

ĐÁP ÁN ĐỀ 2
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)  0 (đpcm)

ĐIỂM
2 điểm
1 điểm

A

N
M

Bài 2a

B

I
E

C

1 điểm
P




 

1  1 
3
2
   1   1    3  

MP  MC  CP  AC  BC  AC  ( AC  AB)  AC  AB
2
2
2
3  
1  1 
Ta có: AC  AB  3( AB  AC )
2
3
2


Từ câu a, suy ra MP  3 NM

Ta có: NM  NA  AM   AB  AC

Bài 2b

1 điểm

0,5 điểm

Vậy M, N, P thẳng hàng (đpcm)

0,5 điểm

Gọi I là trung điểm BC , E thuộc đoạn IC sao cho CE = 6EI.

0,5 điểm



 



4 
7

4 
7

3 
7

1 
7

Bài 2c

Ta có: QE  QB  BE  QB  BC  QC  QB  QR

Bài 3a

Suy ra Q, E, R thẳng hàng. Hay QR đi qua E cố định.


Ta có AB  (1;6), AC  (5; 4)
 
1 6

 nên AB, AC không cùng phương hay A, B, C không thẳng hàng
Vì
5

0,5 điểm

4

1 điểm

Vậy A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác





Gọi D( x; y ) . Tứ giác ABCD là hình bình hành nên ta có AD  BC


AD  ( x  3; y  1); BC  (4;  2)

Bài 3b

0,5 điểm

 x  3  4
 x  1
Suy ra: 

 y  1  2

 y  3

Vậy D(1;  3)

Vì C là 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  3 yC  ( yB  y A )  5

Vậy E (11; 5)

0,5 điểm

Theo bài ra ta có diện tích tam giác CAB bằng 9 lần diện tích tam giác CMN
và tam giác BCA đồng dạng với tam giác CMN


 



Từ giả thiết suy ra CA  3CN ; CB  3CM




Gọi N ( x; y ) . Ta có CA  (5;  4); CN  ( x  2; y  3)

Bài 3c

5
1


 x  2  3
 x  3
 1 5 
. Vậy N  ; 


 3 3
 y  3  4  y  5
3
3




Gọi M ( x; y ) . Ta có CB  (4; 2); CM  ( x  2; y  3)

 x  2 

y 3 


4 
2

x

3 
3
.

2
 y  11
3
3


0,5 điểm

 2 11 

Vậy M  ; 
 3 3

0,5 điểm


C

N

M

A
B