Chào mừng các em học sinh đến với chuyên mục giải bài tập Toán 11 Chuyên đề học tập của Cánh diều. Tại giaitoan.edu.vn, chúng tôi cung cấp lời giải chi tiết, dễ hiểu cho từng bài tập trong sách, giúp các em nắm vững kiến thức và tự tin hơn trong quá trình học tập.
Mục 2 của Chuyên đề học tập Toán 11 - Cánh diều tập trung vào các kiến thức quan trọng, đòi hỏi sự hiểu biết sâu sắc và khả năng vận dụng linh hoạt. Chúng tôi hy vọng với những lời giải này, các em sẽ có thêm công cụ hỗ trợ đắc lực.
Trong Hình 53, cho đoạn thẳng AB. Nêu cách dựng:
Người ta dùng một kính hiển vi có khả năng phóng to vật lên gấp 100 000 lần để quan sát một virus và đo được kích thước của virus là 2 mm. Hỏi kích thước thật của virus là bao nhiêu micromét (μm)?
Phương pháp giải:
Do qua kính hiển vi vật phóng to 100000 lần nên kích thước thật của virus giảm 100000 lần.
Lời giải chi tiết:
Kích thước thật của virus là
\(2{\rm{ }}:{\rm{ }}100{\rm{ }}000{\rm{ }} = {\rm{ }}0,00002{\rm{ }}\left( {mm} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}0,02{\rm{ }}\left( {\mu m} \right).\)
Trong Hình 53, cho đoạn thẳng AB. Nêu cách dựng:
a) Đoạn thẳng A1B1 là ảnh của đoạn thẳng AB qua phép vị tự tâm O tỉ số \(\frac{1}{2}\);
b) Đoạn thẳng A2B2 là ảnh của đoạn thẳng A1B1 qua phép quay tâm O với góc quay \(\varphi = -60^\circ .\)
c) Nhận xét về mối liên hệ giữa độ dài các đoạn thẳng \(AB,{\rm{ }}{A_2}{B_2}.\)
Phương pháp giải:
Quan sát hình 53 để trả lời
Lời giải chi tiết:
a) Nối O với A và O với B, lấy điểm A1 là trung điểm của đoạn thẳng OA, lấy điểm B1 là trung điểm của đoạn thẳng OB. Khi đó \(\overrightarrow {O{A_1}} = \frac{1}{2}\overrightarrow {OA} ,\,\,\overrightarrow {O{B_1}} = \frac{1}{2}\overrightarrow {OB} \).
Do đó, A1, B1 tương ứng là ảnh của A, B qua phép vị tự tâm O tỉ số \(\frac{1}{2}\) nên đoạn thẳng A1B1 là ảnh của đoạn thẳng AB qua phép vị tự tâm O tỉ số \(\frac{1}{2}\).
b) Phép quay với góc quay \(\varphi = -60^\circ \) có chiều quay cùng chiều kim đồng hồ.
Theo chiều quay cùng chiều kim đồng hồ, dựng góc \(\widehat {{A_1}O{A_2}} = 60^\circ \) sao cho \(O{A_1}\; = {\rm{ }}O{A_2}\); dựng góc \(\widehat {{B_1}O{B_2}} = 60^\circ \) sao cho \(O{B_1}\; = {\rm{ }}O{B_2}\). Khi đó ta có A2, B2 tương ứng là ảnh của A1, B1 qua phép quay tâm O với góc quay \(\varphi = -60^\circ \) nên đoạn thẳng \({A_2}{B_2}\) là ảnh của đoạn thẳng A1B1 qua phép quay tâm O với góc quay \(\varphi = -60^\circ \).
c) Vì đoạn thẳng A1B1 là ảnh của đoạn thẳng AB qua phép vị tự tâm O tỉ số \(\frac{1}{2}\) nên \({A_1}{B_1} = \frac{1}{2}AB\).
Vì đoạn thẳng A2B2 là ảnh của đoạn thẳng A1B1 qua phép quay tâm O với góc quay \(\varphi = -60^\circ \) nên \({A_2}{B_2}\; = {\rm{ }}{A_1}{B_1}.\)
Từ đó suy ra \({A_2}{B_2}\; = \frac{1}{2}AB\)
Quan sát Hình 54 và cho biết:
a) Hình chữ nhật A"B"C"D" nhận được từ hình chữ nhật ABCD bằng cách nào.
b) Hình chữ nhật A'B'C'D' nhận được từ hình chữ nhật A"B"C"D" bằng cách nào.
c) Phép đồng dạng nào biến hình chữ nhật ABCD thành hình chữ nhật A'B'C'D'.
Phương pháp giải:
Quan sát hình 54 và sử dụng định lí Thales để trả lời
Lời giải chi tiết:
a) Áp dụng định lí Thales, ta có:
\(A''B''{\rm{ }}//{\rm{ }}AB\) nên \(\frac{{OA''}}{{OA}} = \frac{{OB''}}{{OB}}\)
\(B''C''{\rm{ }}//{\rm{ }}BC\) nên \(\frac{{OB''}}{{OB}} = \frac{{OC''}}{{OC}}\)
\(C''D''{\rm{ }}//{\rm{ }}CD\) nên \(\frac{{OC''}}{{OC}} = \frac{{OD''}}{{OD}}\)
\(D''A''{\rm{ }}//{\rm{ }}DA\) nên \(\frac{{OD''}}{{OD}} = \frac{{OA''}}{{OA}}\).
Từ đó suy ra \(\frac{{OA''}}{{OA}} = \frac{{OB''}}{{OB}} = \frac{{OC''}}{{OC}} = \frac{{OD''}}{{OD}} = k\) với k ≠ 0.
Do đó, \(\overrightarrow {OA''} = k\overrightarrow {OA} ,\,\,\overrightarrow {OB''} = k\overrightarrow {OB} ,\,\overrightarrow {OC''} = k\overrightarrow {OC} ,\,\overrightarrow {OD''} = k\overrightarrow {OD} \) nên ta có A", B", C", D" lần lượt là ảnh của A, B, C, D qua phép vị tự tâm O, tỉ số k. Như vậy, hình chữ nhật A"B"C"D" nhận được từ hình chữ nhật ABCD qua phép vị tự tâm O tỉ số k với \(k\; = \frac{{OA''}}{{OA}}\).
b) Qua phép đối xứng trục d, các điểm A", B", C", D" biến thành các điểm A', B', C', D'.
Do đó, hình chữ nhật A'B'C'D' nhận được từ hình chữ nhật A"B"C"D" qua phép đối xứng trục d.
c) Phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép vị tự tâm O tỉ số k với \(k = \frac{{OA''}}{{OA}}\) và phép đối xứng trục d (\({V_{(O,{\rm{ }}k)}}\) trước, sau) biến hình chữ nhật ABCD thành hình chữ nhật A'B'C'D'.
Trong Ví dụ 8, chứng minh rằng hai hình OMGE và COEN đồng dạng với nhau.
Phương pháp giải:
Quan sát hình 56 và dựa vào phép quay để làm
Lời giải chi tiết:
+) Vì O là giao hai đường chéo của hình vuông ABCD nên AC và BD vuông góc với nhau tại O và O là trung điểm của AC và BD, lại có AC = BD nên suy ra OA = OB = OC = OD.
Tam giác OBC cân tại O (OB = OC) có ON là đường trung tuyến nên ON là đường phân giác, suy ra \(\widehat {CON} = \widehat {BON} = \frac{{\widehat {BOC}}}{2} = \frac{{90^\circ }}{2} = 45^\circ \).
Tương tự ta chứng minh được \(\widehat {BOM} = 45^\circ \) hay \(\widehat {EOM} = 45^\circ \).
Trên tia ON, lấy điểm C' sao cho OC' = OC. Trên tia OB, lấy điểm N' sao cho ON' = ON. Trên tia OM, lấy điểm E' sao cho OE' = OE.
Lại có \(\widehat {COC'} = \widehat {CON} = 45^\circ ;\,\widehat {NON'} = \widehat {BON} = 45^\circ ;\,\widehat {NON'} = \widehat {BON} = 45^\circ \)
Mà phép quay với góc quay 45° có chiều quay ngược chiều kim đồng hồ.
Do đó, ta có phép quay tâm O với góc quay 45° biến các điểm C, O, E, N tương ứng thành các điểm C'¸O, E', N' nên phép quay tâm O với góc quay 45° biến hình COEN thành hình C'OE'N' (1).
+) Giả sử hình vuông ABCD có cạnh là a
Khi đó \(BD = AC = \;a\sqrt 2 ;\,OB = OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2};\,ON = \;\frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\)
Suy ra \(OE = \frac{{OB}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4};\,OC' = OC = \;\frac{{a\sqrt 2 }}{2};\,ON' = ON = \;\frac{a}{2}\).
Suy ra \(\frac{{OE}}{{ON'}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2},\,\frac{{ON}}{{OC'}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\), do đó \(\frac{{OE}}{{ON'}} = \frac{{ON}}{{OC'}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
Qua E, kẻ đường thẳng song song với E'N' cắt OM tại F, suy ra EF // E'N' nên theo định lí Thales trong tam giác OE'N' ta có \(\frac{{OF}}{{OE'}} = \frac{{OE}}{{ON'}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
Từ đó suy ra \(\frac{{ON}}{{OC'}} = \frac{{OE}}{{ON'}} = \frac{{OF}}{{OE'}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) nên \(\overrightarrow {ON} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\overrightarrow {OC'} ;\,\overrightarrow {OE} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\overrightarrow {ON'} ;\,\overrightarrow {OF} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\overrightarrow {OE'} \).
Như vậy, ta có phép vị tự tâm O với tỉ số \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\) biến các điểm C'¸O, E', N' tương ứng thành các điểm N, O, F, E hay phép vị tự tâm O với tỉ số \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\)biến hình C'OE'N' thành hình NOFE (2).
+) Tam giác NOB vuông cân tại N có NE là đường trung tuyến nên NE cũng là đường cao và \(NE = \;\frac{{OB}}{2} = OE\), suy ra \(\widehat {NEO} = 90^\circ \) và EN = EO.
Tương tự, ta chứng minh được \(\widehat {MEO} = 90^\circ \) và EM = EO.
Ta chứng minh được EFMG là hình vuông nên \(\widehat {FEG} = 90^\circ \) và EF = EG.
Mà phép quay với góc quay \(-{\rm{ }}90^\circ \) có chiều quay cùng chiều kim đồng hồ.
Do đó, ta có phép quay tâm E với góc quay \(-{\rm{ }}90^\circ \) biến các điểm N, O, F, E tương ứng thành các điểm O, M, G, E hay phép quay tâm E với góc quay \(-{\rm{ }}90^\circ \) biến hình NOFE thành hình OMGE (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra hai hình OMGE và COEN đồng dạng với nhau.
Trong Hình 53, cho đoạn thẳng AB. Nêu cách dựng:
a) Đoạn thẳng A1B1 là ảnh của đoạn thẳng AB qua phép vị tự tâm O tỉ số \(\frac{1}{2}\);
b) Đoạn thẳng A2B2 là ảnh của đoạn thẳng A1B1 qua phép quay tâm O với góc quay \(\varphi = -60^\circ .\)
c) Nhận xét về mối liên hệ giữa độ dài các đoạn thẳng \(AB,{\rm{ }}{A_2}{B_2}.\)
Phương pháp giải:
Quan sát hình 53 để trả lời
Lời giải chi tiết:
a) Nối O với A và O với B, lấy điểm A1 là trung điểm của đoạn thẳng OA, lấy điểm B1 là trung điểm của đoạn thẳng OB. Khi đó \(\overrightarrow {O{A_1}} = \frac{1}{2}\overrightarrow {OA} ,\,\,\overrightarrow {O{B_1}} = \frac{1}{2}\overrightarrow {OB} \).
Do đó, A1, B1 tương ứng là ảnh của A, B qua phép vị tự tâm O tỉ số \(\frac{1}{2}\) nên đoạn thẳng A1B1 là ảnh của đoạn thẳng AB qua phép vị tự tâm O tỉ số \(\frac{1}{2}\).
b) Phép quay với góc quay \(\varphi = -60^\circ \) có chiều quay cùng chiều kim đồng hồ.
Theo chiều quay cùng chiều kim đồng hồ, dựng góc \(\widehat {{A_1}O{A_2}} = 60^\circ \) sao cho \(O{A_1}\; = {\rm{ }}O{A_2}\); dựng góc \(\widehat {{B_1}O{B_2}} = 60^\circ \) sao cho \(O{B_1}\; = {\rm{ }}O{B_2}\). Khi đó ta có A2, B2 tương ứng là ảnh của A1, B1 qua phép quay tâm O với góc quay \(\varphi = -60^\circ \) nên đoạn thẳng \({A_2}{B_2}\) là ảnh của đoạn thẳng A1B1 qua phép quay tâm O với góc quay \(\varphi = -60^\circ \).
c) Vì đoạn thẳng A1B1 là ảnh của đoạn thẳng AB qua phép vị tự tâm O tỉ số \(\frac{1}{2}\) nên \({A_1}{B_1} = \frac{1}{2}AB\).
Vì đoạn thẳng A2B2 là ảnh của đoạn thẳng A1B1 qua phép quay tâm O với góc quay \(\varphi = -60^\circ \) nên \({A_2}{B_2}\; = {\rm{ }}{A_1}{B_1}.\)
Từ đó suy ra \({A_2}{B_2}\; = \frac{1}{2}AB\)
Người ta dùng một kính hiển vi có khả năng phóng to vật lên gấp 100 000 lần để quan sát một virus và đo được kích thước của virus là 2 mm. Hỏi kích thước thật của virus là bao nhiêu micromét (μm)?
Phương pháp giải:
Do qua kính hiển vi vật phóng to 100000 lần nên kích thước thật của virus giảm 100000 lần.
Lời giải chi tiết:
Kích thước thật của virus là
\(2{\rm{ }}:{\rm{ }}100{\rm{ }}000{\rm{ }} = {\rm{ }}0,00002{\rm{ }}\left( {mm} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}0,02{\rm{ }}\left( {\mu m} \right).\)
Quan sát Hình 54 và cho biết:
a) Hình chữ nhật A"B"C"D" nhận được từ hình chữ nhật ABCD bằng cách nào.
b) Hình chữ nhật A'B'C'D' nhận được từ hình chữ nhật A"B"C"D" bằng cách nào.
c) Phép đồng dạng nào biến hình chữ nhật ABCD thành hình chữ nhật A'B'C'D'.
Phương pháp giải:
Quan sát hình 54 và sử dụng định lí Thales để trả lời
Lời giải chi tiết:
a) Áp dụng định lí Thales, ta có:
\(A''B''{\rm{ }}//{\rm{ }}AB\) nên \(\frac{{OA''}}{{OA}} = \frac{{OB''}}{{OB}}\)
\(B''C''{\rm{ }}//{\rm{ }}BC\) nên \(\frac{{OB''}}{{OB}} = \frac{{OC''}}{{OC}}\)
\(C''D''{\rm{ }}//{\rm{ }}CD\) nên \(\frac{{OC''}}{{OC}} = \frac{{OD''}}{{OD}}\)
\(D''A''{\rm{ }}//{\rm{ }}DA\) nên \(\frac{{OD''}}{{OD}} = \frac{{OA''}}{{OA}}\).
Từ đó suy ra \(\frac{{OA''}}{{OA}} = \frac{{OB''}}{{OB}} = \frac{{OC''}}{{OC}} = \frac{{OD''}}{{OD}} = k\) với k ≠ 0.
Do đó, \(\overrightarrow {OA''} = k\overrightarrow {OA} ,\,\,\overrightarrow {OB''} = k\overrightarrow {OB} ,\,\overrightarrow {OC''} = k\overrightarrow {OC} ,\,\overrightarrow {OD''} = k\overrightarrow {OD} \) nên ta có A", B", C", D" lần lượt là ảnh của A, B, C, D qua phép vị tự tâm O, tỉ số k. Như vậy, hình chữ nhật A"B"C"D" nhận được từ hình chữ nhật ABCD qua phép vị tự tâm O tỉ số k với \(k\; = \frac{{OA''}}{{OA}}\).
b) Qua phép đối xứng trục d, các điểm A", B", C", D" biến thành các điểm A', B', C', D'.
Do đó, hình chữ nhật A'B'C'D' nhận được từ hình chữ nhật A"B"C"D" qua phép đối xứng trục d.
c) Phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép vị tự tâm O tỉ số k với \(k = \frac{{OA''}}{{OA}}\) và phép đối xứng trục d (\({V_{(O,{\rm{ }}k)}}\) trước, sau) biến hình chữ nhật ABCD thành hình chữ nhật A'B'C'D'.
Trong Ví dụ 8, chứng minh rằng hai hình OMGE và COEN đồng dạng với nhau.
Phương pháp giải:
Quan sát hình 56 và dựa vào phép quay để làm
Lời giải chi tiết:
+) Vì O là giao hai đường chéo của hình vuông ABCD nên AC và BD vuông góc với nhau tại O và O là trung điểm của AC và BD, lại có AC = BD nên suy ra OA = OB = OC = OD.
Tam giác OBC cân tại O (OB = OC) có ON là đường trung tuyến nên ON là đường phân giác, suy ra \(\widehat {CON} = \widehat {BON} = \frac{{\widehat {BOC}}}{2} = \frac{{90^\circ }}{2} = 45^\circ \).
Tương tự ta chứng minh được \(\widehat {BOM} = 45^\circ \) hay \(\widehat {EOM} = 45^\circ \).
Trên tia ON, lấy điểm C' sao cho OC' = OC. Trên tia OB, lấy điểm N' sao cho ON' = ON. Trên tia OM, lấy điểm E' sao cho OE' = OE.
Lại có \(\widehat {COC'} = \widehat {CON} = 45^\circ ;\,\widehat {NON'} = \widehat {BON} = 45^\circ ;\,\widehat {NON'} = \widehat {BON} = 45^\circ \)
Mà phép quay với góc quay 45° có chiều quay ngược chiều kim đồng hồ.
Do đó, ta có phép quay tâm O với góc quay 45° biến các điểm C, O, E, N tương ứng thành các điểm C'¸O, E', N' nên phép quay tâm O với góc quay 45° biến hình COEN thành hình C'OE'N' (1).
+) Giả sử hình vuông ABCD có cạnh là a
Khi đó \(BD = AC = \;a\sqrt 2 ;\,OB = OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2};\,ON = \;\frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\)
Suy ra \(OE = \frac{{OB}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4};\,OC' = OC = \;\frac{{a\sqrt 2 }}{2};\,ON' = ON = \;\frac{a}{2}\).
Suy ra \(\frac{{OE}}{{ON'}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2},\,\frac{{ON}}{{OC'}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\), do đó \(\frac{{OE}}{{ON'}} = \frac{{ON}}{{OC'}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
Qua E, kẻ đường thẳng song song với E'N' cắt OM tại F, suy ra EF // E'N' nên theo định lí Thales trong tam giác OE'N' ta có \(\frac{{OF}}{{OE'}} = \frac{{OE}}{{ON'}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
Từ đó suy ra \(\frac{{ON}}{{OC'}} = \frac{{OE}}{{ON'}} = \frac{{OF}}{{OE'}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) nên \(\overrightarrow {ON} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\overrightarrow {OC'} ;\,\overrightarrow {OE} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\overrightarrow {ON'} ;\,\overrightarrow {OF} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\overrightarrow {OE'} \).
Như vậy, ta có phép vị tự tâm O với tỉ số \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\) biến các điểm C'¸O, E', N' tương ứng thành các điểm N, O, F, E hay phép vị tự tâm O với tỉ số \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\)biến hình C'OE'N' thành hình NOFE (2).
+) Tam giác NOB vuông cân tại N có NE là đường trung tuyến nên NE cũng là đường cao và \(NE = \;\frac{{OB}}{2} = OE\), suy ra \(\widehat {NEO} = 90^\circ \) và EN = EO.
Tương tự, ta chứng minh được \(\widehat {MEO} = 90^\circ \) và EM = EO.
Ta chứng minh được EFMG là hình vuông nên \(\widehat {FEG} = 90^\circ \) và EF = EG.
Mà phép quay với góc quay \(-{\rm{ }}90^\circ \) có chiều quay cùng chiều kim đồng hồ.
Do đó, ta có phép quay tâm E với góc quay \(-{\rm{ }}90^\circ \) biến các điểm N, O, F, E tương ứng thành các điểm O, M, G, E hay phép quay tâm E với góc quay \(-{\rm{ }}90^\circ \) biến hình NOFE thành hình OMGE (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra hai hình OMGE và COEN đồng dạng với nhau.
Mục 2 của Chuyên đề học tập Toán 11 - Cánh diều thường xoay quanh các chủ đề như hàm số lượng giác, phương trình lượng giác, hoặc các ứng dụng của đạo hàm trong việc khảo sát hàm số. Việc nắm vững lý thuyết và phương pháp giải là yếu tố then chốt để giải quyết các bài tập trong mục này.
Các bài tập trang 30 thường yêu cầu học sinh sử dụng đạo hàm để tìm cực trị, khoảng đơn điệu, và điểm uốn của hàm số. Để giải quyết hiệu quả, cần thực hiện các bước sau:
Trang 31 thường tập trung vào việc giải các phương trình lượng giác cơ bản như sin(x) = a, cos(x) = a, tan(x) = a, cot(x) = a. Phương pháp giải thường bao gồm:
Các bài tập trang 32 thường liên quan đến việc xác định tập xác định, tập giá trị, tính chu kỳ, và vẽ đồ thị của hàm số lượng giác. Cần nắm vững các tính chất cơ bản của từng hàm số lượng giác để giải quyết các bài tập này.
Để giải phương trình sin(2x) = 1/2, ta thực hiện các bước sau:
Ngoài sách giáo khoa và sách bài tập, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Hy vọng với những hướng dẫn và lời giải chi tiết này, các em sẽ tự tin hơn trong việc học tập và giải quyết các bài tập Toán 11 Chuyên đề học tập - Cánh diều. Chúc các em học tốt!
