Top 5 # Xem Nhiều Nhất Toán Hình 11 Lời Giải Hay Mới Nhất 1/2023 # Top Like | Asianhubjobs.com

Tuyển Tập Các Lời Giải Hay Cho Các Bài Toán Hình Học Phẳng Khó

Tuyển tập các lời giải hay cho các bài toán hình học phẳng khó(Số 1)(Tháng 9/2016) Đôi điều về chuyên mục: Trong tuyển tập lớn này, tôi sẽ mỗi tháng đưa ra năm lời giải cho năm bài toán khác nhau mà tôi cho là hay. Sau một tháng nhận email phản hồi của các bạn(các lời giải khác mà các bạn nghĩ là hay hơn,mở rộng các bài toán,…), tôi sẽ biên tập lại chúng để viết chúng trong phần phản hồi bạn đọc ở số tiếp theo. Cuối mỗi tháng sẽ có list bài của tháng sau để các bạn tiện theo dõi. Bài toán 1(Nguyễn Văn Linh): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm H. P là một điểm thuộc cung BC không chứa A của (O)(P 6= B, C).P 0 đối xứng P qua BC. (OP P 0 ) cắt AP tại G. Chứng minh rằng trực tâm tam giác AGO nằm trên HP 0 .

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi AH cắt (AGO) tại điểm J khác A. Thế thì: ∠JOG = ∠HAG = ∠GP P 0 (do AH//P P 0 )=180◦ − ∠GOP 0 do đó O, P 0 , J thẳng hàng. Lại có: ∠GJO = ∠P AO = ∠GP O = ∠GP 0 O do đó tam giác GJP 0 cân tại G. Lại có: ∠JGP 0 = ∠AOP = 2∠ACP . Lại có: ∠AHP 0 = ∠HP P 0 = ∠ACP (do 1

nếu gọi AH cắt lại (O) tại D thì HDP P 0 là hình thang cân nên dĩ nhiên ∠HP P 0 = ∠ACP ) do đó G là tâm (JHP 0 ). Ta gọi K là giao (JHP 0 ) cắt (AGO) tại điểm K khác J. Lại có: ∠GKO = ∠OAG = ∠GP O = ∠GP 0 O do đó ∠OP 0 K = ∠OKP 0 nên OK = OP 0 vậy khi đó dĩ nhiên K đối xứng P 0 qua GO từ đó GK = GH = GP 0 mà ∠GHJ = ∠GJH = 180◦ − ∠AJG = ∠AOG = ∠AKG vậy thì K cũng đối xứng H qua AG. Vậy theo định lí về đường thẳng Steiner thì trực tâm tam giác AGO nằm trên HP 0 (đpcm). Nhận xét: Ở lời giải trên tác giả đã có một lời giải khác với lời giải gốc của người ra đề. Điểm thú vị của lời giải trên chính là việc không cần nhất thiết chỉ ra trực tâm của tam giác đó. Bài toán 2(Kiểm tra trường hè Titan tháng 8/2016): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có: H là trực tâm và AM là trung tuyến tam giác ABC. AM cắt lại (O) tại điểm N . Ba đường thẳng: qua H vuông góc AN, BC, KN cắt nhau tạo thành tam giác XY Z. Chứng minh rằng: (XY Z) tiếp xúc (O).

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi tia M H cắt (O) tại điểm J, gọi AD là đường cao của tam giác ABC. Hiển nhiên ta có: AJ, HP, M D là các đường cao của tam giác AHM suy ra AJ, HP, BC đồng quy tại điểm Y . Hay là A, J, Y thẳng hàng. Ta đi chứng minh rằng J thuộc (XY Z). Ta có: HDY J nội tiếp do đó XY JZ nội tiếp khi và chỉ khi:

2

(JX, KX) ≡ (AH, JH)(modπ) hay là tứ giác JHKX nội tiếp. Lại có: (JK, XK) ≡ (JA, N A) ≡ (JD, Y D) ≡ (JH, Y H)(modπ) vậy ta có: JHKX nội tiếp hay là J thuộc (XY Z). Vậy tức là J thuộc (XY Z) và (O). Vì J thuộc (O) và (XY Z) mà A, J, Y thẳng hàng nên khi gọi Y G, AL là các đường kính (XY Z) và (O) thì GJL ⊥ Y A, ta có: ∠JGY = ∠JXY = ∠JKA = ∠JLA do đó GY kAL vậy hiển nhiên 4GJY ∼ 4AJL do I, O lần lượt là trung điểm GY và AL nên ∠IJY = ∠OJA hay là thu được I, J, O thẳng hàng hay (XY Z) tiếp xúc (O)(đpcm). Nhận xét: Bài toán này hay nhưng không quá khó rất phù hợp để lấy làm bài thi trong 1 đề kiểm tra định kì. Ở bài toán trên ta thấy được tiếp điểm J sinh ra cực kì hay và hợp lí. Cách giải trên tuy dài hơn lời giải gốc xong lại thể hiện tư duy chứng minh tiếp xúc rất hay đó là sử dụng vị tự. Độc giả có thể tham khảo lời giải gốc và của bài toán mở rộng ở đây [1]. Bài toán 3(Trịnh Huy Vũ): Cho tam giác ABC có đường cao AH. Gọi X, Y lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ H xuống AC, AB. Z là giao điểm của BX và CY . Chứng minh rằng (XY Z) tiếp xúc (A; AH).

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Quay trở lại bài toán: Gọi XY cắt BC tại điểm L. Gọi LA cắt (ABC) tại điểm P . Lấy J đối xứng H qua LA. Ta có: tứ giác AY HX nội tiếp nên ∠Y XH = ∠HAB = ∠Y HL do đó ta có: LH 2 = chúng tôi = chúng tôi = LP .LA do đó P thuộc (AH). Do J đối xứng H qua LA nên theo phép vị tự tỉ số 2 3

tâm H thì J thuộc (A; AH). Lại có: J đối xứng H qua AL nên ∠LJA = 90◦ suy ra LJ là tiếp tuyến đến (A; AH). Gọi T là tâm (BCXY ) theo định lí Bocard thì Z là trực tâm tam giác ALT . Gọi T Z cắt AL tại điểm P 0 . Gọi AT cắt LZ tại Q thì LP 0 .LA = chúng tôi = LM .LN (hệ thức M aclaurin)= chúng tôi = chúng tôi suy ra P 0 thuộc (O) do đó P trùng P 0 . Vậy T, Z, P, H thẳng hàng. Do đó P, J, Z, H thẳng hàng. Ta chỉ cần chứng minh J thuộc (XY Z) khi đó hiển nhiên LJ là tiếp tuyến tới (XY Z). Tứ giác LXZY nội tiếp khi và chỉ khi ∠ZJY = ∠ZXY = ∠ZCH hay tứ giác JCHY nội tiếp hay Z có cùng phương tích tới 2 đường tròn (BCXY ) và (A; AH). Gọi (A; AH) cắt (BCXY ) tại các điểm M, N . Ta có: AH 2 = AM 2 = AN 2 = chúng tôi = AY .AB do đó AM, AN lần lượt là tiếp tuyến đến (BCXY ). Do đó quen thuộc là ta thấy rằng: BX, CY, M N đồng quy tại 1 điểm chính là Z(Gọi M N cắt Y B, CX tại các điểm E, F sử dụng hàng điều hoà cơ bản ta có: (AEY B) = (AF XC) = −1 do đó BX, CY, M N đồng quy). Vậy hiển nhiên: phương tích từ Z tới (BCXY )=phương tích từ Z tới (A; AH) do đó tứ giác JCHY nội tiếp và do đó JXY Z nội tiếp vậy mà dễ thấy LJ là tiếp tuyến tới (XY Z) do đó (XY Z) tiếp xúc (A; AH) tại J(đpcm). Nhận xét: Bài toán này tiếp tục là một lời giải mới được tác giả đề xuất khác với chứng minh gốc. Điểm thú vị trong chứng minh mới là việc chứng minh sử dụng nhuần nhuyễn các công cụ tỉ số kép và phương tích để thu được kết luận quan trọng là J thuộc (XY Z). Lời giải gốc của tác giả Nguyễn Văn Linh sử dụng phép nghịch đảo . Bài toán 4(Thành Phố Hồ Chí Minh TST 2011): Cho tam giác ABC nhọn. Lấy D là 1 điểm bất kì trên đoạn BC không trùng B, C. Lấy E là 1 điểm trên đoạn AD (E không trùng A, D). Gọi (DEB) cắt AB tại F khác B và gọi (DEC) cắt AC tại G khác C. EC cắt GD tại I và F D cắt BE tại H. Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC. Chứng minh rằng: AJ vuông góc HI.

4

6

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi H là trực tâm tam giác ABC và AH cắt BC tại D thế thì do BV 2 = BS 2 = chúng tôi = BD.BC(do BC tiếp xúc (AES) nên BV 2 = BS 2 = chúng tôi do đó (V S, DC) = −1 và do đó ta có DV .DS = DB.DC(theo hệ thức M aclaurin) do đó H là trực tâm tam giác AV S. Ta gọi SE cắt (AEF ) tại R, gọi AS cắt (AEF ) tại điểm thứ hai Y . Điều phải chứng minh tương đương R thuộc V F . Ta có: chúng tôi = SY .SA = chúng tôi (do tứ giác AY DV nội tiếp) suy ra REDV là một tứ giác nội tiếp. Chú ý rằng tứ giác HEBD nội tiếp nên ta có: (V R, ER) ≡ −(ED, BD)(modπ) lại có REHF nội tiếp do đó (ER, F R) ≡ −(EH, F H)(modπ) từ đó ta có: (V R, ER) ≡ (F R, ER)(modπ) hay là V, R, F thẳng hàng. Nhận xét: Bài toán lần đầu tiên xuất hiện trên group Bài toán hay-Lời giải đẹp[3]. Lời giải trên được tác giả đề nghị không phải là ngắn gọn nhất. Có thể kể đến ý tưởng biến đổi tỉ số phương tích của tác giả Mẫn Bá Tuấn-học sinh chuyên Toán THPT chuyên ĐHSP Hà Nội. Ở đây xin nêu cách này bởi sự khai thác triệt để giả thiết tiếp xúc trong đề bài.

Các bài toán đề nghị tháng sau :

7

Bài toán 6(Hà Nội TST 2015-2016): Cho đường tròn đường kính AB. Lấy điểm C trên nửa đường tròn này sao cho 90◦ < ∠AOC < 180◦ . Lấy K là 1 điểm thay đổi trên đoạn OC. Vẽ các tiếp tuyến AD, AE đến đường tròn (K; KC). Chứng minh rằng DE, AC, BK đồng quy tại 1 điểm. Bài toán 7(Trần Quang Hùng-T12/466-THTT): Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O). Lấy P là 1 điểm thuộc tam giác ABC sao cho AP vuông góc BC. Kẻ P E, P F lần lượt vuông góc AB, AC( E, F thuộc AB và AC). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại (O) tại G. Chứng minh rằng GP, BE, CF đồng quy tại 1 điểm. Bài toán 8(Trích HNEU TST 2014-2015): Cho tam giác ABC có các đường cao AD, BE, CF . Các đường tròn đường kính AB và AC cắt các tia DF và DE tại các điểm Q và P . Gọi N là tâm ngoại tiếp tam giác DEF . Chứng minh rằng: AN ⊥ P Q. Bài toán 9(Đề thi chọn HSG khối 10,chuyên ĐHSP,2015-2016):Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). M, N lần lượt là trung điểm AB và CD. Giả sử AD cắt BC tại E và 2 đường chéo cắt nhau tại điểm F . EF cắt AB và CD lần lượt tại các điểm P và Q. a) Chứng minh rằng M, N, P, Q nội tiếp đường tròn tâm T . b) Chứng minh rằng OT, N P, M Q đồng quy. Bài toán 10(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC sao cho AB + AC = 2BC. Tam giác nội tiếp trong đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I). (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F . AI cắt lại đường tròn (O) tại J khác A. Một đường thẳng d qua A song song với BC cắt EF tại M .Chứng minh rằng:∠JDM = 90◦ .

8

1

Lời giải 1(Nguyễn Duy Khương): Gọi BK cắt lại (O) tại điểm thứ hai J. Gọi JA cắt DE tại điểm N . Do ∠KJA = ∠KDA = 90◦ do đó tứ giác JADE nội tiếp. Do (O) tiếp xúc (K) nên áp dụng tính chất trục đẳng phương thì tiếp tuyến chung tại C của (O), (K),DE và JA đồng quy tại 1 điểm N . Gọi DE cắt BK tại điểm M . Kẻ tiếp tuyến thứ hai N S tới (K) thế thì do N C đã là tiếp tuyến tới (K) nên ta có: DSCE là 1 tứ giác điều hoà do đó hiển nhiên là ta có: A, S, C thẳng hàng. Gọi M là giao điểm của BK và DE. Gọi I là trung điểm DE. Do M là trực tâm tam giác AN K nên: M N.M I = M J.M K = M D.M E(do A, J, K, D, E đồng viên). Vậy ta thu được: (N M, DE) = −1(theo hệ thức M aclaurin) suy ra: C(N M, DE) = −1 mà ở trên ta đã chỉ ra được: C(N S, DE) = −1. Do đó: S, C, M thẳng hàng. Vậy AC, BK, DE đồng quy tại điểm M (đpcm).

2

Lời Giải Hay Cho Một Bài Toán Hay Loigiaihaychomotbaitoan Doc

Cho elíp và đ iểm I(1; 2). Viết phương trình đ ường thẳng đ i qua I biết rằng đ ường thẳng đ ó cắt elíp tại hai đ iểm A, B mà I là trung đ iểm của đ oạn thẳng AB.

( với (E) : , và I(1; 1) ) .

Cho elíp (E) : . Viết phương trình đ ường thẳng đ i qua đ iểm I(0 ; 1) và cắt elíp (E) tại hai đ iểm P và Q sao cho I là trung đ iểm của đ oạn PQ.

Đ ây là một bài toán hay và có nhiều cách giải . Cụ thể :

Đ ường thẳng d đ i qua I có phương trình tham số :

Đ ể tìm tọa đ ộ giao đ iểm A, B của d với elíp , ta giải phương trình

hay (1)

Phương trình (1) luôn có hai nghiệm trái dấu.

Nếu và là hai nghiệm của phương trình trên thì và . Khi đ ó và . Muốn I là trung đ iểm của AB thì hay . Theo đ ịnh lí Viét, hai nghiệm và của phương trình (1) có tổng khi và chỉ khi . Ta có thể chọn b = – 9 và a = 32.

Vậy đ ường thẳng d có phương trình , hay :

Phương trình đ ường thẳng : y = kx + 1 ( : x = 0 không thích hợp )

Phương trình hoành đ ộ giao đ iểm : (

Phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu : ( vì p < 0 )

. Vậy PT Đ T : y = 1

BÀI TOÁN TỔNG QUÁT :

Vì I thuộc miền trong của elip (E ) nên lấy tùy ý điểm thì đường thẳng IM luôn cắt (E) tại điểm thứ hai là M'(x’ ; y’) . Nếu M'(x’ ; y’) là điểm đối xứng với M qua I thì có : ; M’

Ta có :

(1)

Tọa độ của M và của I thỏa PT (1) . Do đó PT (1) là PT của đường thẳng MM’.

( Áp dụng PT(1) cho a , b , , tương ứng trong các đề bài trên , ta tìm được ngay phương trình của các đường thẳng là : 9x + 32y – 73 = 0 ; 4x + 5y – 9 = 0 ; y = 1 )

Cho đường cong (C) : y = f(x) và điểm I . Viết phương trình

đường thẳng đi qua điểm I và cắt (C) tại hai điểm M , N sao cho , với k cho trước thỏa , .

Cách giải cũng chỉ việc sử dụng công thức và dùng điều kiện hai điểm M , N cùng nằm trên (C ) . ( Hiển nhiên đường thẳng có tồn tại hay không là còn phụ thuộc vào giá trị của tham số k )

Lời Giải Hay Bài Tập Ngữ Văn Lớp 11: Gợi Ý Trả Lời Câu Hỏi

1. Câu bị động:

Hắn chưa được một người đàn bà nào yêu cả.

Mô hình chung của kiểu câu bị động. Đối tượng của hành động – động từ, bị động (bị, được, phải) – chủ thể của hành động – hành động.

– Chuyển sang câu chủ động. Chưa một người đàn bà nào yêu hắn cả.

Mô hình chung của câu chủ động: Chủ thể hành động – hành động – đối tượng của hành động.

– Thay câu chủ động vào đoạn văn và nhận xét: Câu không sai nhưng không nối tiếp ý và hướng triển khai ý của câu đi trước. Câu đi trước trong đoạn đang nói về “hắn”, chọn “hắn” làm đề tài. Vì thế, câu tiếp theo nên tiếp tục chọn “hắn” làm đề tài. Muốn thế cần viết câu theo kiểu chủ động thì không tiếp tục đề tài về “hắn” được mà đột ngột chuyển sang nói về một người đàn bà nào”. Về câu bị động, các em xem lại Ngữ văn 7, tập hai.

2. Câu bị động: Đời hắn chưa bao giờ được săn sóc bởi một bàn tay “đàn bà”. Tác dụng: tạo sự liên kết ý với câu đi trước, nghĩa là tiếp tục đề tài nói về “hắn”. Phân tích như ở bài tập 1. 3. Cần viết một đoạn văn về nhà văn Nam Cao, trong đó có dùng câu bị động. Sau đó giải thích lí do dùng câu bị động và phân tích tác dụng của câu bị động đó. Khi giải thích và phân tích, cần dựa vào sự liên kết về ý với các câu đi trước.

DÙNG KIỂU CÂU CÓ KHỞI NGỮ

1. a) Câu có khởi ngữ: Hành thì nhà thị may lại còn.

– Khởi ngữ: Hành

Nhắc lại khái niệm khởi ngữ. Khởi ngữ là thành phần câu nêu lên để tài của câu, là điểm xuất phát của điều thông báo trong câu. Đặc điểm:

+ Khởi ngữ luôn luôn đứng đầu câu.

+ Khởi ngữ tách biệt với phần còn lại của câu bằng từ thì, hoặc từ là, hoặc quãng ngắt (dấu phẩy).

+ Trước khởi ngữ có thể có hư từ còn, về, đối với,… Về khởi ngữ, xem Ngữ văn 9, tập hai.

b) So sánh câu trên (câu có khởi ngữ: “Hành thì nhà thị may lại còn”) với câu tương đương về nghĩa nhưng không có khởi ngữ: Nhà thị may lại còn hành”, ta thấy:

– Hai câu tương đương về nghĩa cơ bản: biểu hiện cùng một sự việc.

– Câu có khởi ngữ liên kết chặt chẽ hơn về ý với câu đi trước nhờ sự đối lập giữa các từ gạo và hành (hai thứ cần thiết để nấu cháo hành). Vì thế viết như nhà văn Nam Cao là tối ưu.

2. Các câu trong đoạn văn đều nói về “tôi”; quê quán, vẻ đẹp thể hiện qua bím tóc, cổ. Cho nên nếu câu tiếp theo nói về mắt thì cần dùng từ mắt ở đầu câu để biểu hiện đề tài, tạo nên mạch thống

nhất về đề tài. Nếu viết câu đó theo phương án A thì không tạo được mạch ý vì đột ngột chuyển sang: đề tài các anh lái xe. Nếu viết theo như phương án B thì câu văn là câu bị động gây ấn tượng nặng nề. Nếu viết theo phương án D thì đảm bảo được mạch ý, nhưng không dẫn được nguyên văn lời các anh lái xe vì trong trường hợp này, việc dẫn nguyên văn lời các anh lái xe tạo nên ấn tượng kiêu hãnh của cô gái và sắc thái ý nhị của lời kể chuyện. Chỉ có phương án C là thích hợp nhất đối với đoạn văn.

3. a). Câu thứ hai có khởi ngữ: Tự tôi.

– Vị trí: Ở đầu câu, trước chủ ngữ.

– Có quãng ngắt (dấu phẩy) sau khởi ngữ.

– Tác dụng của khởi ngữ: Nêu một đề tài có quan hệ liên tưởng (giữa đồng bào – người nghe, và tôi – người nói) với điều đã nói trong câu trước (đồng bào – tôi).

b) Câu thứ hai có khởi ngữ: Cảm giác, tình tự, đời sống cảm xúc.

– Vị trí: Ở đầu câu, trước chủ ngữ (ấy).

– Có quãng ngắt (dấu phẩy) sau khởi ngữ.

– Tác dụng của khởi ngữ: Nêu một đề tài có quan hệ với điều đã nói trong câu đi trước (thể hiện thông tin đã biết từ câu đi trước): tình yêu ghét, niềm vui buồn, ý đẹp xấu (câu trước) → Cảm giác, tình tự, đời sống cảm xúc (khởi ngữ ở câu sau).

DÙNG KIỂU CÂU CÓ TRẠNG NGỮ CHỈ TÌNH HUỐNG

1. a) Phần in đậm nằm ở vị trí đầu câu.

b) Phần in đậm có cấu tao là cụm động từ.

c) Chuyển: Bà già kia: thấy thị hởi, bật cười. Nhận xét: Sau khi chuyển, câu có hai vị ngữ, hai vị ngữ đó cùng có cấu tạo là các cụm dộng từ, cùng biểu hiện hoạt động của một chủ thể là Bà già kia. Nhưng viết theo kiểu câu có một cụm động từ ở trước chủ ngữ thì câu nối tiếp về ý rõ ràng hơn với câu trước đó.

2. Ở vị trí để trống trong đoạn văn, tác giả đã lựa chọn câu ở phương án C (Nghe tiếng An, Liên dị, ng dậy trả lời), nghĩa là lựa chọn kiểu câu có trạng ngữ chỉ tình huống, mà không chọn các kiểu câu khác, vì: Kiểu câu ở phươ.g án A (có trạng ngữ chỉ thời gian khi).

Nếu viết theo phương án này thì sự việc ở câu này và câu trước đó như xa nhau, cách một quảng thời gian.

– Kiểu câu ở phương án B (câu có hai vế, đều có đủ chủ ngữ và vị ngữ). Kiểu câu này lặp lại chủ ngữ (Liên) không cần thiết, gây cho câu văn ấn tượng nặng nề.

– Kiểu câu ở phương án D (câu có 1 chủ ngữ và 2 vị ngữ). Kiểu câu này không tạo được mạch liên kết ý chặt chẽ với câu trước. Chỉ có kiểu câu C vừa đúng về ý, vừa liên kết ý chặt chẽ, vừa mềm mại, uyển chuyển.

3. a) Trạng ngữ: Nhận được phiến trát của Sơn Hưng Tuyên đốc bộ đường (câu đầu).

b) Đây là câu đầu văn bản nên tác dụng của trạng ngữ này không phải là liên kết văn bản, cũng không phải là thể hiện thông tin đã biết, mà là phân biệt tin thứ yếu (thể hiện ở phần phụ đầu câu) với tin quan trọng (thể hiện ở phần vị ngữ chính của câu: quay lại hỏi thầy thơ lại giúp việc).

TỔNG KẾT VỀ VIỆC SỬ DỤNG BA KIỂU CÂU TRONG VĂN BẢN

– Thành phần chủ ngữ trong kiểu câu bị động, thành phần khởi ngữ và thành phần trạng ngữ chỉ tình huống đều chiếm vị trí đầu câu.

– Các thành phần kể trên thường thể hiện nội dung thông tin đã biết từ những câu đi trước trong văn bản, hay thể hiện một nội dung dễ dàng liên tưởng từ những điều đã biết ở những câu đi trước, hoặc một thông tin không quan trọng.

– Vì vậy, việc sử dụng những câu kiểu câu bị động, câu có thành phần khởi ngữ, câu có trạng ngữ chỉ tình huống có tác dụng liên kết ý, tạo mạch lạc trong văn bản.

Sách Bài Tập Toán Hình 11

Nội dung trọng tâm của chương trình toán hình lớp 11 bao gồm 3 chương. Trong đó kiến thức chương 2 và chương 3 thường xuất hiện trong các đề thi giữa kì, cuối kì.

Chương 1: Phép dời hình – Phép đồng dạng trong mặt phẳng

Phép biến hình

Phép tịnh tiến

Phép đối xứng trục

Phép đối xứng tâm

Khái niệm phép dời hình, hai hình bằng nhau

Phép đồng dạng

Chương 2: Đường thẳng, mặt phẳng trong không gian – Quan hệ song song

Đại cương về đường thẳng, mặt phẳng

Hai đường thẳng chéo nhau – Hai đường thẳng song song

Đường thẳng – Mặt phẳng song song

Hai mặt phẳng song song

Phép chiếu song song – Hình biểu diễn của một hình không gian

Chương 3: Vector trong không gian và quan hệ vuông góc trong không gian

Vector trong không gian

Hai đường thẳng vuông góc

Đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng

Hai mặt phẳng vuông góc

Khoảng cách

Đây là một cuốn sách dành cho học sinh trong quá trình ôn luyện và phù hợp cho cả giáo viên trong quá trình xây dựng bài giảng. Sách được viết theo các bài dạy tiết dạy trong sách giáo khoa. Mức độ kiến thức trong mỗi bài được phân hóa theo các cấp độ nhận thức khác nhau, thuận lợi cho học sinh với khả năng từ cơ bản đến khá giỏi.

Cuốn sách bài tập toán hình 11 này gồm các nội dung như sau:

Chương 1: Quan hệ song song trong không gian (gồm 7 bài giảng)

Chương 2: Quan hệ vuông góc trong không gian (gồm 9 bài giảng)

Mỗi bài giảng trong cuốn sách được viết theo trình tự:

– Tóm tắt kiến thức hình học trọng tâm: cung cấp những tính chất và định lý quan trọng.

– Hoạt động trên lớp: khởi động, giáo viên hướng dẫn, học sinh tự luyện trên lớp. Phần hoạt động trên lớp có thể hỗ trợ các giáo viên soạn bài giảng phù hợp với quá trình giảng dạy. Đối với các bạn học sinh thì đọc phần này tương tự như tiếp thu hoặc gợi nhắc lại kiến thức đã học, củng cố các bước làm bài tập chuẩn

– Bài tập ôn luyện có lời đáp án: với định hướng hỗ trợ học sinh làm quen với hình thức thi trắc nghiệm đang được sử dụng trong kì thi THPT quốc gia, cuốn sách bài tập toán hình 11 này cung cấp số lượng bài trắc nghiệm đa dạng, đi kèm với đó là đáp án để học sinh tự đối chiếu trong quá trình học.

Đọc thử sách bài tập toán hình 11

Một số điều nên làm để học tốt toán hình 11

1. Tập cách vẽ hình rõ ràng và chính xác: Việc này giúp bạn luyện thói quen cẩn thận, tránh sai sót trong lúc giải bài tập. Hình vẽ dễ nhìn giúp bạn có phương hướng giải nhanh hơn.

2. Luyện làm nhiều bài tập: Thông mình chưa chắc đã bằng cần cù, vì vậy đừng lười biếng, hãy chịu khó làm nhiều một dạng bài tập đến khi quen hẳn, làm nhiều dạng bài tập để mở mang kiến thức.

3. Tìm kiếm sách bài tập toán hình 11, tài liệu tham khảo phù hợp: việc này hỗ trợ bạn nắm chắc kiến thức tổng quát hoặc kiến thức trong một chuyên đề toán hình nhất định, giúp bạn khám phá cách giải hay, mẹo ôn thi tốt.