Chào mừng các em học sinh đến với bài giải chi tiết mục 2 trang 32, 33, 34, 35 Chuyên đề học tập Toán 11 - Chân trời sáng tạo. Bài viết này được thiết kế để giúp các em hiểu rõ hơn về kiến thức và phương pháp giải các bài tập trong chuyên đề.
toan11.edu.vn cung cấp lời giải đầy đủ, dễ hiểu, cùng với các ví dụ minh họa cụ thể, giúp các em tự tin hơn trong quá trình học tập và ôn luyện.
Gọi M’ và N’ lần lượt là ảnh của M và N qua phép vị tự V(O, k). Từ các hệ thức: \(\overrightarrow {OM'} = k\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {ON'} = k\overrightarrow {ON} ,\overrightarrow {M'N'} = \overrightarrow {ON'} - \overrightarrow {OM'} \).
Gọi A’, B’ và C’ lần lượt là ảnh của ba điểm thẳng hàng A, B, C qua phép vị tự \({V_{(O,{\rm{ }}k)}}.\) Cho biết \(\overrightarrow {BA} = m\overrightarrow {BC} \) hai vectơ \(\overrightarrow {B'A'} \) và \(m\overrightarrow {B'C'} \) có bằng nhau không?
Phương pháp giải:
Chứng minh hai vectơ \(\overrightarrow {B'A'} \) và \(m\overrightarrow {B'C'} \) cùng bằng vectơ thứ ba.
Lời giải chi tiết:
Theo bài, ta có A’, B’ lần lượt là ảnh của A, B qua \({V_{(O,{\rm{ }}k)}}.\)
Áp dụng tính chất 1, ta được \(\overrightarrow {B'A'} = k\overrightarrow {BA} \)
Chứng minh tương tự, ta được \(\overrightarrow {B'C'} = k\overrightarrow {BC} \)
Ta có \(\overrightarrow {B'A'} = k\overrightarrow {BA} = k.m\overrightarrow {BC} = m.k\overrightarrow {BC} = m\overrightarrow {B'C'} \)
Vậy hai vectơ \(\overrightarrow {B'A'} \) và \(m\overrightarrow {B'C'} \) bằng nhau.
Cho tam giác ABC có G, H, O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB.
a) Tìm phép vị tự biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’.
b) Chứng minh ba điểm H, G, O thẳng hàng.
Phương pháp giải:
Cho điểm O cố định và một số thực k, \(k \ne 0\). Phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho \(\overrightarrow {OM'} = k\overrightarrow {OM} \) được gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k, kí hiệu \({V_{(O,k)}}\). O được gọi là tâm vị tự, k gọi là tỉ số vị tự.
Lời giải chi tiết:
a) Để tìm phép vị tự biến ∆ABC thành ∆A’B’C’, ta tìm phép vị tự biến điểm A thành điểm A’, biến điểm B thành điểm B’, biến điểm C thành điểm C’.
∆ABC có A’ là trung điểm BC và G là trọng tâm.
Theo tính chất trọng tâm của tam giác, ta có \(\overrightarrow {AG} = 2\overrightarrow {GA'} \) hay \(\overrightarrow {GA'} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GA} \)
Suy ra A’ là ảnh của A qua \({V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Chứng minh tương tự, ta được \({V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\left( B \right) = B'\) và \({V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\left( C \right) = C'\)
Vậy \({V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\) biến \(\Delta ABC\) thành
b) Gọi AD là đường kính của đường tròn tâm O ngoại tiếp ∆ABC.
Suy ra \(\widehat {ABD} = 90^\circ \) và O là trung điểm của AD.
Do đó \(\;AB{\rm{ }} \bot {\rm{ }}BD.\)
Mà \(CH \bot AB\) (do H là trực tâm của ∆ABC).
Vì vậy BD // CH.
Chứng minh tương tự, ta được BH // CD.
Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành.
Mà A’ là trung điểm BC (giả thiết).
Do đó A’ cũng là trung điểm của DH.
∆ADH có A’O là đường trung bình của tam giác nên \(A'O = \frac{1}{2}HA\) và
Suy ra \(\overrightarrow {A'O} = \frac{1}{2}\overrightarrow {HA} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AH} \)
Ta có \(\overrightarrow {GO} = \overrightarrow {GA'} + \overrightarrow {A'O} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GA} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AH} \) \( = - \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {AH} } \right) = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GH} \)
Khi đó \(\overrightarrow {GO} \) và \(\overrightarrow {GH} \) cùng phương nên ba điểm G, H, O thẳng hàng.
Vậy ba điểm G, H, O thẳng hàng.
Gọi M’ và N’ lần lượt là ảnh của M và N qua phép vị tự V(O, k). Từ các hệ thức: \(\overrightarrow {OM'} = k\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {ON'} = k\overrightarrow {ON} ,\overrightarrow {M'N'} = \overrightarrow {ON'} - \overrightarrow {OM'} \). Biểu thị vectơ \(\overrightarrow {M'N'} \) theo vectơ \(\overrightarrow {MN} .\)
Phương pháp giải:
Sử dụng quy tắc hiệu để biểu diễn
Lời giải chi tiết:
Ta có \(\overrightarrow {M'N'} = \overrightarrow {ON'} - \overrightarrow {OM'} \)′
\( = k\overrightarrow {ON} - k\overrightarrow {OM} = k\left( {\overrightarrow {ON} - \overrightarrow {OM} } \right) = k\overrightarrow {MN} \).
Vậy \(\overrightarrow {M'N'} = k\overrightarrow {MN} \)
Vẽ Hình 11 ra giấy kẻ ô li và tìm ảnh của tứ giác ABCD qua phép vị tự \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\).
Phương pháp giải:
Để tìm ảnh của tứ giác ABCD qua phép vị tự \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\) ta tìm ảnh của từng điểm A, B, C, D qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\). Sau đó nối chúng lại với nhau.
Lời giải chi tiết:
Để tìm ảnh của tứ giác ABCD qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\), ta tìm ảnh của các điểm A, B, C, D qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\).
Quan sát hình vẽ, ta thấy \(\;A\left( {4;{\rm{ }}10} \right),{\rm{ }}B\left( {1;{\rm{ }}1} \right),{\rm{ }}C\left( {10;{\rm{ }}1} \right),{\rm{ }}D\left( {13;{\rm{ }}4} \right).\)
⦁ Đặt là ảnh của A qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Suy ra \(\overrightarrow {O{A'}} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {OA} \) với \(\overrightarrow {OA} = \left( {4;10} \right)\) và \(\overrightarrow {O{A'}} = \left( {{x_{A'}};{y_{A'}}} \right)\)
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = - \frac{1}{2}.4 = - 2\\{y_{A'}} = - \frac{1}{2}.10 = - 5\end{array} \right.\)
Vì vậy tọa độ
⦁ Đặt \(B'\left( {{x_{B'}};{y_{B'}}} \right)\) là ảnh của B qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Suy ra \(\overrightarrow {O{B'}} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {OB} \) với \(\overrightarrow {OB} = \left( {1;1} \right)\) và \(\overrightarrow {O{B'}} = \left( {{x_{B'}};{y_{B'}}} \right)\)
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{B'}} = - \frac{1}{2}.1 = - \frac{1}{2}\\{y_{B'}} = - \frac{1}{2}.1 = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\)
Vì vậy tọa độ \(B'\left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)\)
⦁ Đặt \(C'\left( {{x_{C'}};{y_{C'}}} \right)\) là ảnh của C qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Suy ra \(\overrightarrow {OC'} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {OC} \) với \(\overrightarrow {OC} = \left( {10;1} \right)\) và \(\overrightarrow {OC'} = \left( {{x_{C'}};{y_{C'}}} \right)\)
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{C'}} = - \frac{1}{2}.10 = - 5\\{y_{C'}} = - \frac{1}{2}.1 = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\)
Vì vậy tọa độ \(C'\left( { - 5; - \frac{1}{2}} \right)\)
⦁ Đặt \(D' = \left( {{x_{D'}};{y_{D'}}} \right)\) là ảnh của D qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Suy ra \(\overrightarrow {OD'} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {OD} \)với \(\overrightarrow {OD} = \left( {13;4} \right)\) và \(\overrightarrow {O{D'}} = \left( {{x_{D'}};{y_{D'}}} \right)\)
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{D'}} = - \frac{1}{2}.13 = - \frac{{13}}{2}\\{y_{D'}} = - \frac{1}{2}.4 = - 2\end{array} \right.\)
Vì vậy tọa độ \(D'\left( { - \frac{{13}}{2}; - 2} \right)\)
Vậy ảnh của tứ giác ABCD qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\) là tứ giác A’B’C’D’ có tọa độ các đỉnh là \(A'\left( {-2;{\rm{ }}-5} \right),B'\left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right),C'\left( { - 5; - \frac{1}{2}} \right),D'\left( { - \frac{{13}}{2}; - 2} \right)\)
Gọi M’ và N’ lần lượt là ảnh của M và N qua phép vị tự V(O, k). Từ các hệ thức: \(\overrightarrow {OM'} = k\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {ON'} = k\overrightarrow {ON} ,\overrightarrow {M'N'} = \overrightarrow {ON'} - \overrightarrow {OM'} \). Biểu thị vectơ \(\overrightarrow {M'N'} \) theo vectơ \(\overrightarrow {MN} .\)
Phương pháp giải:
Sử dụng quy tắc hiệu để biểu diễn
Lời giải chi tiết:
Ta có \(\overrightarrow {M'N'} = \overrightarrow {ON'} - \overrightarrow {OM'} \)′
\( = k\overrightarrow {ON} - k\overrightarrow {OM} = k\left( {\overrightarrow {ON} - \overrightarrow {OM} } \right) = k\overrightarrow {MN} \).
Vậy \(\overrightarrow {M'N'} = k\overrightarrow {MN} \)
Gọi A’, B’ và C’ lần lượt là ảnh của ba điểm thẳng hàng A, B, C qua phép vị tự \({V_{(O,{\rm{ }}k)}}.\) Cho biết \(\overrightarrow {BA} = m\overrightarrow {BC} \) hai vectơ \(\overrightarrow {B'A'} \) và \(m\overrightarrow {B'C'} \) có bằng nhau không?
Phương pháp giải:
Chứng minh hai vectơ \(\overrightarrow {B'A'} \) và \(m\overrightarrow {B'C'} \) cùng bằng vectơ thứ ba.
Lời giải chi tiết:
Theo bài, ta có A’, B’ lần lượt là ảnh của A, B qua \({V_{(O,{\rm{ }}k)}}.\)
Áp dụng tính chất 1, ta được \(\overrightarrow {B'A'} = k\overrightarrow {BA} \)
Chứng minh tương tự, ta được \(\overrightarrow {B'C'} = k\overrightarrow {BC} \)
Ta có \(\overrightarrow {B'A'} = k\overrightarrow {BA} = k.m\overrightarrow {BC} = m.k\overrightarrow {BC} = m\overrightarrow {B'C'} \)
Vậy hai vectơ \(\overrightarrow {B'A'} \) và \(m\overrightarrow {B'C'} \) bằng nhau.
Cho tam giác ABC có G, H, O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB.
a) Tìm phép vị tự biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’.
b) Chứng minh ba điểm H, G, O thẳng hàng.
Phương pháp giải:
Cho điểm O cố định và một số thực k, \(k \ne 0\). Phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho \(\overrightarrow {OM'} = k\overrightarrow {OM} \) được gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k, kí hiệu \({V_{(O,k)}}\). O được gọi là tâm vị tự, k gọi là tỉ số vị tự.
Lời giải chi tiết:
a) Để tìm phép vị tự biến ∆ABC thành ∆A’B’C’, ta tìm phép vị tự biến điểm A thành điểm A’, biến điểm B thành điểm B’, biến điểm C thành điểm C’.
∆ABC có A’ là trung điểm BC và G là trọng tâm.
Theo tính chất trọng tâm của tam giác, ta có \(\overrightarrow {AG} = 2\overrightarrow {GA'} \) hay \(\overrightarrow {GA'} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GA} \)
Suy ra A’ là ảnh của A qua \({V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Chứng minh tương tự, ta được \({V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\left( B \right) = B'\) và \({V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\left( C \right) = C'\)
Vậy \({V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\) biến \(\Delta ABC\) thành
b) Gọi AD là đường kính của đường tròn tâm O ngoại tiếp ∆ABC.
Suy ra \(\widehat {ABD} = 90^\circ \) và O là trung điểm của AD.
Do đó \(\;AB{\rm{ }} \bot {\rm{ }}BD.\)
Mà \(CH \bot AB\) (do H là trực tâm của ∆ABC).
Vì vậy BD // CH.
Chứng minh tương tự, ta được BH // CD.
Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành.
Mà A’ là trung điểm BC (giả thiết).
Do đó A’ cũng là trung điểm của DH.
∆ADH có A’O là đường trung bình của tam giác nên \(A'O = \frac{1}{2}HA\) và
Suy ra \(\overrightarrow {A'O} = \frac{1}{2}\overrightarrow {HA} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AH} \)
Ta có \(\overrightarrow {GO} = \overrightarrow {GA'} + \overrightarrow {A'O} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GA} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AH} \) \( = - \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {AH} } \right) = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GH} \)
Khi đó \(\overrightarrow {GO} \) và \(\overrightarrow {GH} \) cùng phương nên ba điểm G, H, O thẳng hàng.
Vậy ba điểm G, H, O thẳng hàng.
Cho phép vị tự \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}\) và đường tròn (C) tâm I bán kính r. Xét điểm M thuộc (C), gọi I’ và M’ là ảnh của I và M qua phép vị tự \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}.\)
a) Tính I’M’ theo r và k.
b) Khi cho điểm M chạy trên đường tròn (C) thì M’ chạy trên đường nào?
Phương pháp giải:
Phép vị tự tỉ số k biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng nhân lên với |k|, biến tam giác thành tam giác đồng dạng với tỉ số đồng dạng |k|, biến đường tròn bán kính r thành đường tròn bán kính \(r' = |k|.r\).
Lời giải chi tiết:
a) Ta có \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}\left( I \right){\rm{ }} = {\rm{ }}I'\) và \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}\left( M \right){\rm{ }} = {\rm{ }}M'.\)
Suy ra \(I'M'{\rm{ }} = {\rm{ }}\left| k \right|.IM{\rm{ }} = {\rm{ }}\left| k \right|.r.\)
Vậy
b) Theo đề, ta có \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}\;\) biến điểm M thành điểm M’.
Vậy khi M chạy trên đường tròn (C) thì M’ chạy trên đường tròn (C’) có tâm I’, bán kính \(r'{\rm{ }} = {\rm{ }}\left| k \right|.r\) là ảnh của (C) qua \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}.\)
Vẽ Hình 11 ra giấy kẻ ô li và tìm ảnh của tứ giác ABCD qua phép vị tự \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\).
Phương pháp giải:
Để tìm ảnh của tứ giác ABCD qua phép vị tự \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\) ta tìm ảnh của từng điểm A, B, C, D qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\). Sau đó nối chúng lại với nhau.
Lời giải chi tiết:
Để tìm ảnh của tứ giác ABCD qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\), ta tìm ảnh của các điểm A, B, C, D qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\).
Quan sát hình vẽ, ta thấy \(\;A\left( {4;{\rm{ }}10} \right),{\rm{ }}B\left( {1;{\rm{ }}1} \right),{\rm{ }}C\left( {10;{\rm{ }}1} \right),{\rm{ }}D\left( {13;{\rm{ }}4} \right).\)
⦁ Đặt là ảnh của A qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Suy ra \(\overrightarrow {O{A'}} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {OA} \) với \(\overrightarrow {OA} = \left( {4;10} \right)\) và \(\overrightarrow {O{A'}} = \left( {{x_{A'}};{y_{A'}}} \right)\)
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = - \frac{1}{2}.4 = - 2\\{y_{A'}} = - \frac{1}{2}.10 = - 5\end{array} \right.\)
Vì vậy tọa độ
⦁ Đặt \(B'\left( {{x_{B'}};{y_{B'}}} \right)\) là ảnh của B qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Suy ra \(\overrightarrow {O{B'}} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {OB} \) với \(\overrightarrow {OB} = \left( {1;1} \right)\) và \(\overrightarrow {O{B'}} = \left( {{x_{B'}};{y_{B'}}} \right)\)
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{B'}} = - \frac{1}{2}.1 = - \frac{1}{2}\\{y_{B'}} = - \frac{1}{2}.1 = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\)
Vì vậy tọa độ \(B'\left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)\)
⦁ Đặt \(C'\left( {{x_{C'}};{y_{C'}}} \right)\) là ảnh của C qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Suy ra \(\overrightarrow {OC'} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {OC} \) với \(\overrightarrow {OC} = \left( {10;1} \right)\) và \(\overrightarrow {OC'} = \left( {{x_{C'}};{y_{C'}}} \right)\)
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{C'}} = - \frac{1}{2}.10 = - 5\\{y_{C'}} = - \frac{1}{2}.1 = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\)
Vì vậy tọa độ \(C'\left( { - 5; - \frac{1}{2}} \right)\)
⦁ Đặt \(D' = \left( {{x_{D'}};{y_{D'}}} \right)\) là ảnh của D qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Suy ra \(\overrightarrow {OD'} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {OD} \)với \(\overrightarrow {OD} = \left( {13;4} \right)\) và \(\overrightarrow {O{D'}} = \left( {{x_{D'}};{y_{D'}}} \right)\)
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{D'}} = - \frac{1}{2}.13 = - \frac{{13}}{2}\\{y_{D'}} = - \frac{1}{2}.4 = - 2\end{array} \right.\)
Vì vậy tọa độ \(D'\left( { - \frac{{13}}{2}; - 2} \right)\)
Vậy ảnh của tứ giác ABCD qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\) là tứ giác A’B’C’D’ có tọa độ các đỉnh là \(A'\left( {-2;{\rm{ }}-5} \right),B'\left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right),C'\left( { - 5; - \frac{1}{2}} \right),D'\left( { - \frac{{13}}{2}; - 2} \right)\)
Cho phép vị tự \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}\) và đường tròn (C) tâm I bán kính r. Xét điểm M thuộc (C), gọi I’ và M’ là ảnh của I và M qua phép vị tự \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}.\)
a) Tính I’M’ theo r và k.
b) Khi cho điểm M chạy trên đường tròn (C) thì M’ chạy trên đường nào?
Phương pháp giải:
Phép vị tự tỉ số k biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng nhân lên với |k|, biến tam giác thành tam giác đồng dạng với tỉ số đồng dạng |k|, biến đường tròn bán kính r thành đường tròn bán kính \(r' = |k|.r\).
Lời giải chi tiết:
a) Ta có \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}\left( I \right){\rm{ }} = {\rm{ }}I'\) và \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}\left( M \right){\rm{ }} = {\rm{ }}M'.\)
Suy ra \(I'M'{\rm{ }} = {\rm{ }}\left| k \right|.IM{\rm{ }} = {\rm{ }}\left| k \right|.r.\)
Vậy
b) Theo đề, ta có \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}\;\) biến điểm M thành điểm M’.
Vậy khi M chạy trên đường tròn (C) thì M’ chạy trên đường tròn (C’) có tâm I’, bán kính \(r'{\rm{ }} = {\rm{ }}\left| k \right|.r\) là ảnh của (C) qua \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}.\)
Mục 2 của Chuyên đề học tập Toán 11 - Chân trời sáng tạo thường tập trung vào một chủ đề cụ thể trong chương trình. Việc nắm vững kiến thức lý thuyết và kỹ năng giải bài tập trong mục này là vô cùng quan trọng để đạt kết quả tốt trong các bài kiểm tra và kỳ thi. Bài viết này sẽ đi sâu vào từng bài tập trang 32, 33, 34, 35, cung cấp lời giải chi tiết và phân tích cách tiếp cận hiệu quả.
Trang 32 thường chứa các bài tập áp dụng kiến thức lý thuyết vừa được trình bày. Các bài tập này có thể bao gồm việc tính toán, chứng minh hoặc giải phương trình. Để giải quyết các bài tập này, các em cần:
Ví dụ, bài tập 1 trang 32 có thể yêu cầu tính giá trị của một biểu thức. Để giải bài tập này, các em cần thay các giá trị đã cho vào biểu thức và thực hiện các phép tính theo đúng thứ tự ưu tiên.
Trang 33 có thể chứa các bài tập phức tạp hơn, đòi hỏi các em phải vận dụng kiến thức và kỹ năng đã học một cách linh hoạt. Các bài tập này có thể yêu cầu các em chứng minh một đẳng thức, giải một phương trình hoặc tìm điều kiện để một biểu thức có nghĩa.
Ví dụ, bài tập 2 trang 33 có thể yêu cầu chứng minh một đẳng thức lượng giác. Để giải bài tập này, các em cần sử dụng các công thức lượng giác cơ bản và thực hiện các biến đổi đại số một cách khéo léo.
Trang 34 thường chứa các bài tập liên quan đến ứng dụng thực tế của kiến thức đã học. Các bài tập này có thể yêu cầu các em giải quyết một bài toán thực tế bằng cách sử dụng các công thức và phương pháp đã học.
Ví dụ, bài tập 3 trang 34 có thể yêu cầu tính chiều cao của một tòa nhà dựa trên góc nhìn và khoảng cách từ một điểm quan sát. Để giải bài tập này, các em cần sử dụng các công thức lượng giác trong tam giác vuông.
Trang 35 thường chứa các bài tập tổng hợp, đòi hỏi các em phải vận dụng kiến thức và kỹ năng đã học từ các trang trước. Các bài tập này có thể yêu cầu các em giải một hệ phương trình, tìm nghiệm của một phương trình hoặc chứng minh một bất đẳng thức.
Ví dụ, bài tập 4 trang 35 có thể yêu cầu giải một hệ phương trình bậc hai. Để giải bài tập này, các em cần sử dụng các phương pháp giải hệ phương trình đã học, chẳng hạn như phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số.
Để giải bài tập Toán 11 hiệu quả, các em cần:
Ngoài ra, các em cũng nên luyện tập thường xuyên và tìm kiếm sự giúp đỡ từ giáo viên hoặc bạn bè khi gặp khó khăn.
Hy vọng rằng bài viết này đã cung cấp cho các em những kiến thức và kỹ năng cần thiết để giải quyết các bài tập trong mục 2 trang 32, 33, 34, 35 Chuyên đề học tập Toán 11 - Chân trời sáng tạo. Chúc các em học tập tốt và đạt kết quả cao!
Stay updated with the latest technology news, learn new skills with our how-to guides, and discover your next favorite film or album. Explore now!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về sự thật rùng rợn!
Tìm hiểu về Fractal, một khái niệm hình học độc đáo. Bài viết này sẽ hé lộ những điều thú vị về Fractal mà bạn chưa từng biết! Khám phá ngay!
Giải mã paradox - hiện tượng tưởng chừng vô nghĩa nhưng chứa đựng triết lý sâu sắc. Khám phá các loại paradox phổ biến và ứng dụng bất ngờ của chúng! Click để tìm hiểu!
Đắm chìm vào thế giới trinh thám đầy u ám của 'Tên của trò chơi là bắt cóc'. Phân tích sâu về tâm lý nhân vật, ranh giới thiện ác mong manh và những bí mật bị che giấu. Liệu bạn có dám đối mặt với sự thật khi ai cũng là kẻ ác? Khám phá ngay!
Khám phá phương pháp độc đáo giúp con tự tin giải quyết bài tập Toán nâng cao lớp 1. Xem ngay lời giải chi tiết, dễ hiểu và các mẹo học tập hiệu quả! Đừng bỏ lỡ!
