Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Chuyên đề: phép biến hình (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ gốc $A$: gọi $\vec{s}=\overrightarrow{AS}$, $\vec{o}=\overrightarrow{AO}$ (O nằm trong mặt $(ABCD)$). Vì $MA=2MS$ nên $AM=\frac{2}{3}AS$, tức $\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}\vec{s}$.
Đường thẳng qua $S$ song song $MO$: điểm $N$ có dạng $\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AS}+t\overrightarrow{MO}=\vec{s}+t(\vec{o}-\frac{2}{3}\vec{s})=(1-\frac{2t}{3})\vec{s}+t\vec{o}$. Để $N$ thuộc mặt $(ABCD)$, thành phần theo phương $\overrightarrow{AS}$ ngoài mặt phẳng phải triệt tiêu, suy ra $1-\frac{2t}{3}=0\Rightarrow t=\frac{3}{2}$. Vậy $\overrightarrow{AN}=\frac{3}{2}\overrightarrow{AO}$, tức $N$ nằm trên tia $AO$ với $AN=\frac{3}{2}AO$.
a) Đúng: theo định nghĩa, $N$ chính là hình chiếu song song của $S$ lên $(ABCD)$ theo phương $OM$ (phương $MO$ trùng phương $OM$).
b) Sai: $\frac{AO}{AN}=\frac{2}{3}\ne \frac{1}{3}$.
c) Sai: vì $O$ là trung điểm $AC$ nên $AO=\frac{AC}{2}$, do đó $AN=\frac{3}{2}\cdot \frac{AC}{2}=\frac{3AC}{4}$, tức $\frac{AN}{AC}=\frac{3}{4}\ne 4$.
d) Đúng: $CN=AC-AN=AC-\frac{3AC}{4}=\frac{AC}{4}$, nên $\frac{CN}{CA}=\frac{1}{4}$.
a) (AI giải đề cho tôi)
Đúng theo định nghĩa: $N$ là giao của đường thẳng qua $S$ song song với phương chiếu $MO$ (trùng $OM$) với mặt $(ABCD)$, nên $N$ là hình chiếu song song của $S$ lên $(ABCD)$ theo phương $OM$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Tính toán cho $\overrightarrow{AN}=\frac{3}{2}\overrightarrow{AO}$, nên $\frac{AO}{AN}=\frac{2}{3}\ne \frac{1}{3}$, mệnh đề sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AO=\frac{AC}{2}$ nên $AN=\frac{3}{2}AO=\frac{3AC}{4}$, tức $\frac{AN}{AC}=\frac{3}{4}\ne 4$, mệnh đề sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
$CN=AC-AN=\frac{AC}{4}$ nên $\frac{CN}{CA}=\frac{1}{4}$, mệnh đề đúng.

Vectơ pháp tuyến của $d$ là $\vec{n}=(3;-2)$. Do giá của $\vec{v}$ vuông góc với $d$ nên $\vec{v}$ cùng phương với $\vec{n}$, tức $\vec{v}=k(3;-2)=(3k;-2k)$. Lấy $M(1;-1)\in d⟹M^{\prime }(1+3k;-1-2k)\in d^{\prime }⟹3(1+3k)-2(-1-2k)+21=0⟺13k+26=0⟺k=-2$. Suy ra $\vec{v}=(-6;4)$.

Đường tròn $(C)$ có tâm $J(1;-3)$, bán kính $R=\sqrt{1^2+(-3{)}^2-1}=3$. Ảnh của tâm $J$ qua $V_{(I,-2)}$ là $J^{\prime }$ thỏa $\overrightarrow{I{J}^{\prime }}=-2\overrightarrow{IJ}=-2(3;-4)=(-6;8)⟹J^{\prime }(-8;9)$. Bán kính $R^{\prime }=|-2|\cdot 3=6$. Phương trình $(C^{\prime })$ là $(x+8{)}^2+(y-9{)}^2=36⟺x^2+y^2+16x-18y+109=0$.

Xét phép quay tâm $A$ góc quay $-45^{\circ }$ và phép vị tự tâm $A$ tỉ số $\sqrt{2}$ (phép đồng dạng) biến tam giác vuông cân thành các vị trí tương ứng, quỹ đạo của $N$ là ảnh của nửa đường tròn đường kính $AB$ qua phép đồng dạng, cho độ dài cung $l=2\sqrt{2}\pi$.

Phép tịnh tiến $T_{\vec{v}}$ biến đường thẳng $d$ thành chính nó khi và chỉ khi $\vec{v}$ cùng phương với vectơ chỉ phương của $d$.
Đường thẳng $d:8x-4y+5=0$ có VTPT là $\vec{n}=(8;-4)=4(2;-1)$, suy ra VTCP là $\vec{u}=(1;2)\parallel (2;4)$.
Trong các phương án, $\vec{v}=(2;4)$ cùng phương với $\vec{u}$. Chọn C.

Biểu thức tọa độ của phép quay tâm $O$ góc quay $-90^{\circ }$ biến điểm $M(x;y)$ thành $M^{\prime }(x^{\prime };y^{\prime })$ thỏa mãn:
$\{\begin{array}{rl}& x^{\prime }=y\\ & y^{\prime }=-x\end{array}⟺\{\begin{array}{rl}& x=-y^{\prime }\\ & y=x^{\prime }.\end{array}$
Thay vào phương trình đường thẳng $d$:
$3(-y^{\prime })-(x^{\prime })+2=0⟺-x^{\prime }-3y^{\prime }+2=0⟺x^{\prime }+3y^{\prime }-2=0.$
Vậy phương trình của đường thẳng $d^{\prime }$ là $x+3y-2=0$.

Lấy điểm $M(1;1)\in d$ (thỏa mãn $1-2(1)+1=0$).
Ảnh của $M$ qua phép vị tự tâm $I(1;2)$ tỉ số $k$ là $M^{\prime }(x^{\prime };y^{\prime })$ thỏa mãn:
$\overrightarrow{I{M}^{\prime }}=k\overrightarrow{IM}⟺\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }-1=k(1-1)=0⟹x^{\prime }=1\\ y^{\prime }-2=k(1-2)=-k⟹y^{\prime }=2-k\end{array}$.
Vì $M^{\prime }\in d^{\prime }$ nên tọa độ $M^{\prime }$ thỏa mãn phương trình $d^{\prime }$:
$x^{\prime }-2y^{\prime }-1=0⟺1-2(2-k)-1=0⟺-4+2k=0⟺k=2$. Chọn A.

Xét elip $(E_1)$ có bán trục lớn $a_1=3$ (dọc theo trục $Oy$) và bán trục nhỏ $b_1=\sqrt{5}$ (dọc theo trục $Ox$).
Elip $(E_2)$ có bán trục lớn $a_2=3$ (dọc theo trục $Ox$) và bán trục nhỏ $b_2=\sqrt{5}$ (dọc theo trục $Oy$).
Ta thấy $(E_2)$ thu được từ $(E_1)$ qua phép quay tâm $O$ góc $90^{\circ }$ (hoặc phép đối xứng qua đường thẳng $y=x$).
Phép quay hay phép đối xứng trục đều là phép dời hình, do đó là phép đồng dạng tỉ số $k=1$. Chọn A.

Đường tròn $(C)$ có tâm $I(1;2)$, bán kính $R=2$. Qua phép vị tự $V_{(O,-2)}$, tâm $I(1;2)$ biến thành $I_1(-2;-4)$ và bán kính $R_1=4$. Qua phép đối xứng trục $d:x-y+4=0$, điểm $I_1(-2;-4)$ biến thành $I^{\prime }(-8;2)$. Vậy $(C^{\prime }):(x+8{)}^2+(y-2{)}^2=16⟺x^2+y^2+16x-4y+52=0$. Chọn đáp án A.

Chọn B.
Gọi $A^{\prime }$ là điểm đối xứng với $A$ qua trục $Oy$.
Với mọi điểm $C\in Oy$, ta có $CA=C{A}^{\prime }$.
Chu vi tam giác $ABC$ là $AB+BC+CA=AB+BC+C{A}^{\prime }$.
Vì $A$ và $B$ cố định nên $AB$ không đổi, chu vi nhỏ nhất khi $BC+C{A}^{\prime }$ nhỏ nhất.
Theo bất đẳng thức tam giác, $BC+C{A}^{\prime }\ge A^{\prime }B$.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ba điểm $A^{\prime },C,B$ thẳng hàng, tức là $C$ là giao điểm của $A^{\prime }B$ với $Oy$.

Đường tròn $(C)$ có tâm $I(-m;2)$ và bán kính $R=\sqrt{5}$.
Đường tròn $(C^{\prime })$ có phương trình $(x-3{)}^2+(y+m-2{)}^2=3^2+(m-2{)}^2-(12+m^2)=9+m^2-4m+4-12-m^2=1-4m$.
Để $(C^{\prime })$ có cùng bán kính với $(C)$ thì $1-4m=5\iff 4m=-4\iff m=-1$.
Khi $m=-1$:
- Tâm $I(1;2)$.
- Tâm $I^{\prime }$ của $(C^{\prime })$ là $I^{\prime }(3;-(m-2))=I^{\prime }(3;3)$.
Vectơ tịnh tiến biến $(C)$ thành $(C^{\prime })$ là $\vec{v}=\overrightarrow{I{I}^{\prime }}=(3-1;3-2)=(2;1)$.

Chọn đáp án D.