TRƯỜNG THPT TX QUẢNG TRỊ
ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT CHƯƠNG I TỔ TOÁN
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  2PO  MQ  0       
Bài 2 (4 điểm). Cho ABC . Gọi I, J, K là các điểm định bởi JA  JC  0; IB  2 AI ; BK  2BC    
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  4HB . 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
ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT CHƯƠNG I TỔ TOÁN
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  2BC    
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
Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có: Bài 1b 
       1 điểm
MN  2PO  MQ  MP  2PO  2(OP  P ) O  0 (đpcm) A I J Bài 2a P B E C K
   1  1 
Ta có: IJ  IA  AJ   AB  AC 3 2 1 điểm
   1   1    3  
JK  JC  CK  AC  BC 
AC  ( AC  AB)  AC  AB 2 2 2 1 điểm 3   1  1  0,5 điểm
Ta có: AC  AB  3( AB  AC) 2 3 2 Bài 2b  
Từ câu a, suy ra JK  3IJ 0,5 điểm
Vậy I, J, K thẳng hàng (đpcm)
Gọi P là trung điểm BC , E thuộc đoạn BP sao cho BE = 6EP. 0,5 điểm
    3  3  4  1  Bài 2c
Ta có: HE  HB  BE  HB  BC  HC  HB  HL 7 7 7 7 0,5 điểm
Suy ra H, E, L thẳng hàng. Hay HL đi qua E cố định.  
Ta có AB  (4; 2), AC  ( 5  ;  4)   Bài 3a 4 2 Vì 
nên AB, AC không cùng phương hay A, B, C không thẳng hàng 5  4 
Vậy A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác 1 điểm   Gọi D( ;
x y) . Tứ giác ABCD là hình bình hành nên ta có AD  BC  
AD  (x  2; y  3); BC  (1;  6) 0,5 điểm x  2  1 x  1 Suy ra:    Vậy D(1;  3) Bài 3b y  3  6 y  3   
Vì A là trọng tâm tam giác BCE nên ta có 3
 x  x  x  x
x  3x  (x  x )  11 0,5 điểm A B C E E A B C    Vậy E(11; 5)
3y  y  y  y
y  3y  ( y  y )  5  A B C E  E A B C
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  2  x   3    3  10 17      . Vậy N ;   2 17 0,5 điểm   3 3  y 5    y    3   3   Gọi M ( ;
x y) . Ta có BC  (1;  6); BM  (x  2; y  5)  1  7 x  2  x   7    3   3 . Vậy M ;1   Bài 3c   3  y 5 2     y  1   B N M 0,5 điểm A C ĐÁP ÁN ĐỀ 2 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
        Bài 1a
VT= MN  PQ  MQ  QN  PN  NQ  MQ  PN  VP (đpcm) 2 điểm
Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có: Bài 1b 
       1 điểm
AB  2CO  AD  AC  2CO  2(OC  ) CO  0 (đpcm) A N M Bài 2a I B 1 điểm E C P
   1  1  1 điểm
Ta có: NM  NA  AM   AB  AC 3 2
   1   1    3  
MP  MC  CP  AC  BC 
AC  ( AC  AB)  AC  AB 2 2 2 3   1  1  0,5 điểm
Ta có: AC  AB  3( AB  AC) 2 3 2 Bài 2b  
Từ câu a, suy ra MP  3NM
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  4  3  1  Bài 2c
Ta có: QE  QB  BE  QB  BC  QC  QB  QR 7 7 7 7 0,5 điểm
Suy ra Q, E, R thẳng hàng. Hay QR đi qua E cố định.   Ta có AB  ( 1  ; 6), AC  ( 5  ; 4)   Bài 3a 1  6 Vì 
nên AB, AC không cùng phương hay A, B, C không thẳng hàng 5  4
Vậy A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác 1 điểm   Gọi D( ;
x y) . Tứ giác ABCD là hình bình hành nên ta có AD  BC  
AD  (x  3; y 1); BC  ( 4  ;  2) 0,5 điểm x  3  4 x  1  Suy ra:    Vậy D(1;  3) Bài 3b y 1  2 y  3  
Vì C là trọng tâm tam giác ABE nên ta có 3
 x  x  x  x
x  3x  (x  x )  11 0,5 điểm C B A E E C B A    Vậy E(11; 5)
3y  y  y  y
y  3y  ( y  y )  5  C B A E  E C B A
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)  5  1  x  2  x   3    3  1 5      . Vậy N ;   4 5 0,5 điểm   3 3  y 3    y  Bài 3c   3   3   Gọi M ( ;
x y) . Ta có CB  (4; 2); CM  (x  2; y  3)  4  2 x  2  x   3    3  2  11      . Vậy M ;   2 11   3 3  y 3    y    3   3 0,5 điểm C N M A B