Chào mừng các em học sinh đến với chuyên mục giải bài tập Toán 11 Chân trời sáng tạo tại giaitoan.edu.vn. Chúng tôi cung cấp lời giải chi tiết, dễ hiểu cho mục 2 trang 32, 33, 34, 35, giúp các em nắm vững kiến thức và tự tin giải các bài tập tương tự.
Với đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm, chúng tôi cam kết mang đến cho các em những bài giải chính xác, khoa học và phù hợp với chương trình học.
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 giải các bài tập trong mục này đòi hỏi học sinh phải nắm vững lý thuyết, hiểu rõ các định nghĩa, định lý và biết cách áp dụng chúng vào thực tế. giaitoan.edu.vn sẽ cung cấp lời giải chi tiết cho từng bài tập, giúp các em hiểu rõ phương pháp giải và tự tin hơn trong quá trình học tập.
Các bài tập trang 32 thường là những bài tập cơ bản, giúp học sinh làm quen với các khái niệm mới. Lời giải của chúng tôi sẽ đi kèm với các bước giải chi tiết, giải thích rõ ràng từng bước để các em dễ dàng theo dõi và hiểu được.
Trang 33 thường chứa các bài tập áp dụng, yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức đã học để giải quyết các vấn đề cụ thể. Chúng tôi sẽ cung cấp các lời giải khác nhau, tùy thuộc vào mức độ khó của bài tập, để các em có thể lựa chọn phương pháp phù hợp nhất.
Các bài tập trang 34 thường là những bài tập nâng cao, đòi hỏi học sinh phải có khả năng tư duy logic và sáng tạo. Chúng tôi sẽ cung cấp các lời giải chi tiết, kèm theo các phân tích sâu sắc để giúp các em hiểu rõ bản chất của bài toán.
Trang 35 thường chứa các bài tập tổng hợp, giúp học sinh ôn lại kiến thức đã học và rèn luyện kỹ năng giải bài tập. Chúng tôi sẽ cung cấp các lời giải nhanh chóng và chính xác, giúp các em tiết kiệm thời gian và đạt kết quả tốt nhất.
Để giải tốt các bài tập trong mục 2, các em cần nắm vững các kiến thức sau:
Các kiến thức trong mục 2 có ứng dụng rộng rãi trong thực tế, đặc biệt trong các lĩnh vực khoa học kỹ thuật. Việc nắm vững kiến thức này sẽ giúp các em có lợi thế trong học tập và công việc sau này.
Hãy dành thời gian ôn tập lý thuyết và làm nhiều bài tập để nắm vững kiến thức. Đừng ngại hỏi thầy cô hoặc bạn bè nếu gặp khó khăn. Chúc các em học tập tốt!
| Công thức | Mô tả |
|---|---|
| a2 + b2 | Công thức tính tổng bình phương |
| sin2x + cos2x | Đẳng thức lượng giác cơ bản |
