Phép tịnh tiến: dạng bài tập cơ bản, trắc nghiệm toán 11

 Đáp án D.

Khi véc tơ $\overrightarrow{v}$ của phép tịnh tiến ${{T}_{\overrightarrow{v}}}$ có giá song song hoặc trùng với đường thẳng đã cho thì sẽ có vô số phép tịnh tiến biến đường thẳng thành chính nó.

Đáp án B.

Khi $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{0}$: Đường tròn $\left( C \right)$ có tâm $I$ thì ${{T}_{\overrightarrow{v}}}$ biến đường tròn $\left( C \right)$ thành chính nó.

Đáp án B.

Khi $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{0}$ có một phép tịnh tiến biến hình vuông thành chính nó.

Đáp án C.

Khi tọa độ của véc tơ tịnh tiến $\overrightarrow{v}\ne \overrightarrow{0}$.

Đáp án B.

Ta chỉ ra được $ABB’A’$ là hình bình hành $\Rightarrow \overrightarrow{A’B’}=\overrightarrow{AB}$

Đáp án D.

Chẳng hạn lấy bất kỳ $A\in {{d}_{1}}$, $B\in {{d}_{2}}$ $\Rightarrow {{T}_{\overrightarrow{AB}}}\left( {{d}_{1}} \right)$ thành ${{d}_{2}}$ nên có vô số phép tịnh tiến thỏa mãn.

Đáp án D.

Ta có $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}\Rightarrow {{T}_{\overrightarrow{AC}}}\left( A \right)=C$.

Đáp án C.

Ta có ${{T}_{\overrightarrow{AG}}}\left( G \right)=M\Leftrightarrow \overrightarrow{AG}=\overrightarrow{GM}\Rightarrow BGCM$ là hình bình hành.

Đáp án B.

Ta có $\left\{ \begin{align}
& {{T}_{\overrightarrow{AB}}}\left( A \right)=B \\
& {{T}_{\overrightarrow{AB}}}\left( O \right)=C \\
& {{T}_{\overrightarrow{AB}}}\left( F \right)=O \\
\end{align} \right.$$\Rightarrow {{T}_{\overrightarrow{AB}}}\left( \Delta AOF \right)=\Delta BCO$ .

Đáp án D.

Ta có ${{T}_{\overrightarrow{IA}}}\left( I \right)=A$ nên đáp án D sai.

Đáp án A.

Từ hình vẽ ta có ${{T}_{\overrightarrow{AM}}}\left( \Delta AMI \right)=\Delta MDN$.

Đáp án B.

Từ hình vẽ ta có

${{T}_{\overrightarrow{BC}}}\left( AB \right)=CD$ với $AB,\,CD$ là các đoạn thẳng.

${{T}_{\overrightarrow{BC}}}\left( AB \right)=CD$, với $AD,\,BC$ là đoạn thẳng nên có một phép tịnh tiến thỏa mãn.

Đáp án A.

Ta có : $\overrightarrow{M{M}’}+\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{MB}\Leftrightarrow \overrightarrow{M{M}’}=\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{AB}\Leftrightarrow {{T}_{\overrightarrow{AB}}}\left( M \right)={M}’$.

Vậy tập hợp điểm ${M}’$ là ảnh của đường tròn $\left( O \right)$ qua ${{T}_{\overrightarrow{AB}}}$ .

Đáp án C.

Xét ${{T}_{\overrightarrow{BC}}}\left( A \right)={A}’.$

Khi đó $C{A}’=BA=CD\Rightarrow \Delta C{A}’D$ cân tại $C$.

$\Rightarrow \widehat{{A}’CD}={{60}^{0}}\Rightarrow \Delta C{A}’D$ đều.

$\Rightarrow \widehat{{A}’DA}={{15}^{0}}$ và \[A{A}’=BC=CD={A}’D=a\]

\[\Rightarrow \widehat{A{A}’D}={{150}^{0}}\]

Do đó $A{{D}^{2}}=2{A}'{{A}^{2}}-2{A}'{{A}^{2}}\cos A{A}’D=2{{a}^{2}}+\sqrt{3}{{a}^{2}}$ (áp dụng định lí cosin).

$\Rightarrow AD=a\sqrt{2+\sqrt{3}}$.

Đáp án C.

Xét ${{T}_{\overrightarrow{BC}}}\left( A \right)=M\Rightarrow ABCM$ là hình bình hành.

$\Rightarrow \widehat{BCM}={{30}^{0}}\Rightarrow \widehat{BCD}={{60}^{0}}$ và $\widehat{MCD}={{30}^{0}}$

Ta có $M{{D}^{2}}=M{{C}^{2}}+D{{C}^{2}}-2MC.DC.\cos {{30}^{0}}=36\Rightarrow MD=6$

$MD=\dfrac{1}{2}CD$ và $MC=MD\sqrt{3}$ $\Rightarrow \Delta MDC$ là nửa tam giác đều.

$\Rightarrow \widehat{DMC}={{90}^{0}}\,\Rightarrow \widehat{MDA}={{30}^{0}}$

Vậy $\widehat{MDA}=\widehat{MAD}=\widehat{MAB}={{30}^{0}}\Rightarrow \Delta AMD$ cân tại $M$$\Rightarrow BC=MA=MD=6$.

Đáp án D.

Chọn hệ trục về chiều dương như hình vẽ.

Cố định $D\left( 1;0 \right)$. Với $B\left( x;y \right)\Rightarrow C\left( x+1;y \right)$

Từ giả thiết $AC.AB=AD.BD$

$\begin{align}
& \Leftrightarrow \sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}}.\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}=\sqrt{{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}} \\
& \Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x \right)=1-2x \\
& \Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1 \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x \right)-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}-2x=1-2x \\
\end{align}$

$\Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1 \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x-1 \right)=0$ (do \[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1>0\]).

$\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x-1=0\Leftrightarrow {{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}=2\,\,\,(1)$.

Suy ra quỹ tích $B$ là đường tròn tâm $I$ , bán kính $\sqrt{2}$ ($I$ là điểm đối xứng của $D$ qua $A$)

Ta có ${{T}_{\overrightarrow{BC}}}\left( B \right)=C$

Vậy quỹ tích của $C$ là đường tròn tâm $A$ , bán kính $AD\sqrt{2}$ .

Đáp án C.

Giả sử trung trực $MN$ cắt $\left( {{O}_{1}} \right)$ tại $A$ , cắt $\left( {{O}_{2}} \right)$ tại $B$ (${{O}_{1}}$ ở giữa $A,\,B$)

(Bạn đọc tự vẽ hình)

Thực hiện phép trịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow{{{O}_{2}}{{O}_{1}}}$ đường tròn $\left( {{O}_{2}} \right)$ biến thành đường tròn $\left( {{O}_{1}} \right)$ . vì vậy $B$ biến thành $A$ , $M$ biến trhành ${{M}_{1}}$ , $N$ biến thành ${{N}_{1}}$ .

$MN{{N}_{1}}{{M}_{1}}$ là hình bình hành nội tiếp nên là hình chữ nhật. Vậy $M{{N}^{2}}+{{M}_{1}}{{M}^{2}}=M{{N}^{2}}+A{{B}^{2}}=4{{R}^{2}}$.

Đáp án D.

(Bạn đọc tự vẽ hình).

Sử dụng phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow{{{O}_{1}}{{O}_{2}}}$ thì $K$ biến thành $C$, $KA$ thành $CB$. Vì vậy $AB=2R$ .

Đáp án A.

Thực hiện phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow{KD}$ ta có :

$K$ biến thành $D$ , ${{H}_{1}}$ biến thành $H$ , $B$ biến thành $P$

Ta có $\Delta PHK$ vuông tại $H$ và $KH=3,KP=BD=5$ nên $PH=\sqrt{25-9}=4\Rightarrow B{{H}_{1}}=PH=4$.