1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 3
o0o

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ỨNG DỤNG PHÉP BIẾN HÌNH
GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP TỌA ĐỘ
TRONG MẶT PHẲNG

Người thực hiện: Nguyễn Lê Thiêm
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán
THANH HOÁ NĂM 2013
ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài
Toán học là môn học cơ bản, nếu học tốt môn Toán thì những kiến thức
trong Toán cùng với phương pháp làm việc trong toán sẽ trở thành cơ sở để học
tốt những môn học khác và ứng dụng trong cuộc sống.
Môn Toán góp phần phát triển nhân cách học sinh, ngoài việc cung cấp
cho các em hệ thống kiến thức, kĩ năng toán học cần thiết môn Toán còn rèn
luyện cho các em đức tính, phẩm chất của người lao động mới: cẩn thận, chính
xác, có tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mĩ.
Thực tế tính sáng tạo trong việc học môn Toán của học sinh còn thấp. Các
em chưa có ý thức tham gia sáng tạo, liên kết kiến thức giữa các phần này và
phần khác, phân môn này và phân môn khác để tạo ra kiến thức và phương pháp
làm toán một cách tổng hợp.
Điều đó, ai cũng nhận thấy. Nhiệm vụ của các thầy cô đang trực tiếp
giảng dạy là làm cho học sinh hiểu và nắm được logic giữa các phần và các phân
môn để các em có được thói quen suy luận logic, kỹ năng làm bài tập một cách
tổng hợp, nâng cao hiệu quả trong học tập và đạt kết quả cao trong các kỳ thi.

- Phương pháp đàm thoại phỏng vấn.
- Phương pháp thực nghiệm.
3
GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Chương I:
THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
1. Thời gian và đối tượng thực nghiệm:
Tìm hiểu đối tượng học sinh lớp 11T2, 11T6 năm học 2007-2008, 11T3,
11T5 năm học 2010-2011 và áp dụng trên học sinh lớp 11T3, 11T4 năm học
2012-2013.
2. Tìm hiểu nguyên nhân dẫn đến kết quả trên:
Qua nhiều năm giảng dạy và tham gia các lớp bồi dưỡng, tôi suy nghĩ, tìm
tòi, thử nghiệm và rút ra được kinh nghiệm dạy cho học sinh nắm vững kiến
thức chương 1 hình học lớp 11 nâng cao.
Với cách dạy này đa số học sinh giải được các bài toán phù hợp với khả
năng và năng lực của mình; làm tốt các bài thi và kiểm tra cũng như có thể sáng
tạo ra các bài toán mới.
Phạm vi của đề tài chỉ nghiên cứu ở việc dạy, hướng dẫn học sinh giải
toán theo các hoạt động nhằm nâng cao năng lực giải toán cũng như vận dụng
các kiến thức.
Trước khi áp dụng trên các đối tượng học sinh của 2 lớp 11 trong 2 khóa
khác nhau. Tôi nhận thấy các em ít sử dụng kiến thức được học ở lớp 11 vào
giải một số bài tập phần tọa độ trong mặt phẳng mà hầu hết các em chỉ sử dụng
kiến thức của lớp 10 để giải.
Tôi nhận thấy đa số học sinh không chú tâm học phần phép biến hình. Vì
vậy việc lĩnh hội kiến thức và rèn luyện kĩ năng ở học sinh chưa hiệu quả. Sự
nhận thức của học sinh thể hiện khá rõ:
- Các em còn lúng túng trong việc tìm ảnh của một hình qua một phép
biến hình.
- Kiến thức cơ bản nắm chưa chắc.

'
'
x x a
y y b
= +


= +

I.2: Phép đối xứng trục:
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho M(x; y) và M’(x’; y’). Khi đó nếu
+) Đ
Ox
(M) = M’ thì
'
'
x x
y y
=


= −

.
+) Đ
Oy
(M) = M’ thì
'
'
x x

Các bài tập ở cấp độ 1 giúp học sinh tích cực hơn trong học phần này, nên bài
tập thường rất dễ và phải cơ bản.
5
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho điểm M(2; 3) tìm tọa độ điểm N đối
xứng với M qua đường thẳng d: y = x
Giải
- Gọi
u
r
là VTCP của đường thẳng d, ⇒
( )
1;1u
r
. N(x; y) là điểm đối xứng với M
qua d và H là trung điểm của MN
M, N đối xứng nhau qua d ⇔
( )
( )
. 0 1
2
MN u
H d

=


∈


uuuur r

+ = =
 

⇔ ⇔ ⇒ ⇔ =
  
+ +
= + =
=
 


.
Bình luận: Đây là một bài toán cơ bản đối với việc giải toán tọa độ. Các em
thường giải bằng các bước:
- Lập phương trình đường thẳng d’ qua M và vuông góc với d.
- Xác định tọa độ giao điểm của d và d’.
- xác định tọa độ N sao cho I là trung điểm MN.
Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho véctơ
( 2;3)v −
r
, đường thẳng d có
phương trình: 3x-5y+3=0. Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của d qua
phép tịnh tiến theo vectơ
v
r
.
Giải
Cách 1:
Ta có: d’//d nên d’ có phương trình 3x-5y+C=0. M’ thuộc d’.
Chọn M(-1; 0) thuộc d, Gọi M’=T

- Lập phương trình đường thẳng M’N’.
Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn
(C)
có phương trình:
− + + =
2 2
(x 3) (y 2) 1
.
Tìm ảnh của (C) qua phép tịnh tiến theo vec to
−
r
u = ( 2; 4)
Giải
Biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến
r
T
u
là:
′ ′
 
−
⇔
 
′ ′
+ −
 
x = x 2 x = x + 2
y = y 4 y = y 4
.
Vì:

+(y-2)
2
=9.
Gọi N’(x’; y’) là ảnh của N(x; y) qua phép đối xứng trục Ox, ta có:
' '
' '
x x x x
y y y y
= =
 
⇔
 
= − = −
 
.
Thay vào phương trình của d ta được:
x’ 2y’ 4 0
+ + =
.
Vậy phương trình của d’ là
x 2y 4 0
+ + =
.
b) Đường thẳng d
1
đi qua M và vuông góc với d có phương trình là:
2x y-7 0
+ =
.
Gọi M

(3; 1)
Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình:
2x+3y-3=0. Viết phương trình của đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép vị tự
tâm O tỉ số k=-2.
Giải:
Cách 1:
V
(O,k)
(d)=d’ ⇒d’//d ⇒ d’ có phương trình: 2x+3y+C=0.
Lấy M(0; 1) thuộc d.Gọi M’(x’; y’) là ảnh của M qua phép vị tự đã cho, ta có:
' 2OM OM= −
uuuuur uuuur
' 0
' 2
x
y
=

⇔

= −

.
Vậy M’(0; -2), M’ thuộc d’ ⇒ C= 6.
Do đó phương trình d’ là: 3x+2y+6=0.
Cách2: Gọi M’(x’; y’) là ảnh của M(x; y) qua phép vị tự tâm O tỉ số k =-2, ta có:
1
'
' 2
2

Bình luận: Trước khi có phép biến hình, các em thường giải bằng các bước:
- Lấy M, N bất kì thuộc d.
- Tìm ảnh M’, N’ tương ứng của M và N qua phép vị tự tâm O tỉ số k = -2.
- Lập phương trình đường thẳng M’N’.
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho phép biến hình
′
→
f: M(x;y) MI
, sao
cho
− +
f(M)=(x 3;y 1)
8
∆ −
−
2 2
2 2
a) CMR f là phép dời hình .
b) Tìm ảnh của đường thẳng ( ) : x + 2y 5 = 0 .
c) Tìm ảnh của đường tròn (C) : (x + 1) + (y 2) = 2 .
x y
d ) Tìm ảnh của elip (E) : + = 1 .
3 2
Giải
a) Lấy 2 điểm M
( )
1 1
;x y
, N
( )

= + = −
 
x = x 3 x x 3
f : M(x;y) M = f(M) =
y y 1 y y 1
I
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
∈ ∆ ⇔ + + − − = ⇔ + − = ⇔ ∈ ∆ + − =Vì M(x; y) ( ) (x 3) 2(y 1) 5 0 x 2y 4 0 M (x ;y ) ( ): x 2y 4 0
Cách 2: Trên (∆) lấy 2 điểm M, N bất kỳ phân biệt.
′
∈ ∆ → = =
′
∈ ∆ → = =
M ( ) : M(5 ;0) M f(M) (2;1)
N ( ) : N(3 ; 1) N f(N) (0;2)
I
I
′

− −
′ ′ ′ ′
∆ ≡ → ∆ =

′ ′
−
= −

′
→ ∆ + − =
g

Cách 2:
′
 
− − = −
′
→
 
′
+ +
 
′
+ + − =
f
2 2
+ Tâm I( 1;2) + Tâm I = f[I( 1;2)] ( 4;3)
(C) (C )
BK : R = 2 BK : R = R = 2
suy ra (C ) : (x 4) (y 3) 2
d) Dùng biểu thức tọa độ:
′ ′
 
− = +
′
→ ⇔
 
′ ′
= + = −
 
x = x 3 x x 3
Ta có f : M(x;y) M = f(M) =

⇒ (∆) và (∆’) cắt nhau.
Do đó trục đối xứng (a) của phép đối xứng biến (∆) thành (∆’) chính là phân
giác của góc tạo bởi (∆) và (∆’).
⇒
− + − −
=
x 5y 7 5x y 13
1+25 25+1
⇔
( )
( )

+ − =

− − =


1
2
x y 5 0 a
x y 1 0 a
Vậy có hai phép đối xứng trục:
∆ + − =
∆ − − =
1
2
( ) : x y 5 0
( ): x y 1 0
2. Cấp độ 2: Các bài tập có suy luận dùng phép biến hình để giải. (Thường
thông qua một bước dựng hình):

 
. Vậy D(-2; 1).
Nhận xét:
- Bài tập này học sinh thường giải bằng cách này, nhưng ít em nhận ra
được đây là kết quả của phép tịnh tiến mà thường cho là tính chất của
hình bình hành.
- Giáo viên khi hướng dẫn HS giải nên chỉ ra đây là phép tịnh tiến để HS
cẩm thấy phép biến hình gần với chúng ta hơn từ đó có thêm hứng thú với
phép biến hình.
Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho A(-2; 0), B(-1; 0). Tìm toạ độ
điểm C và D để tứ giác ABCD là hình bình hành. Biết tọa độ giao điểm hai
đường chéo I(1; 2)
Giải
10
Ta có:
= =
uur uur
AI (3;2),BI (2;2)
Gọi C(x
C
; y
C
), suy ra
( )
1; 2
C C
IC x y= − −
uur
.
( ) ( )

2 2 4
D D
BI
D D
x x
T I D ID BI D
y y
− = =
 
= ⇔ = ⇔ ⇔ ⇒
 
− = =
 
uur
uur uur
Nhận xét:
- Đối với bài tập này các em HS lớp 10 thường giải bằng cách:
- Gọi C(x; y), vì I là trung điểm nên:

−
=


 =
⇔ ⇒
 
− =


=

r
u
T
B(x;y) C(x ;y )I
⇔
=
r
C T (B)
u
′ ′
 
− = = −
⇔ ⇔
 
′ ′
− = − = +
 
x x 2 x x 2
y y 1 y y 1
( ) ( )
′ ′
∈∆ ⇔ − − ⇒ − −
B(x;y) 2 x'-2 y'+1 5 = 0 2x y 10 = 0
′ ′ ′
⇔ ∈∆ − −C(x ;y ) :2x y 10 = 0
Nhận xét:
- Đối với bài tập này giáo viên cần chỉ rõ cho HS việc xuất hiện phép tịnh tiến.
- Phân tích cho HS kỹ thuật áp dụng phép biến hình.
Bài 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho: B (-2; 2) và C(-3; 1) nằm trên đường
tròn có tâm I(-3; 2), điểm A thay đổi trên đường tròn đó. Tìm quỹ tích trực tâm

Vậy quỹ tích H là đường tròn (C’) trừ hai điểm B và C.
Nhận xét: Khi giải bài tập này, chúng ta đã sử dụng một kết quả đẹp trong SGK
hình học 11 NC.
Bài 5: Cho A(1; 2) và B(3; 4). Tìm P trên Ox sao cho tổng khoảng cách từ P đến
A và B là nhỏ nhất.
Giải:
Ta có A, B khác phía đối với Ox.
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua Ox ⇒ A’(1; -2).
Ta có: PA + PB = PA’ + PB ≥ A’B.
Tổng ngắn nhất khi P là giao điểm của A’B với Ox.
Phương trình A’B:
3 5 0x y
− − =
Tọa độ P là nghiệm của hệ phương trình:
0
3 5 0
y
x y
=


− − =

⇔
5
3
0
x
y


1 2
:
+ − =2x y 5 0
Ta có:
≥
CVi = AB+BC+CA = A B+BC+CA A A
1 2 1 2
Suy ra B là giao của
A A
1 2
với Ox. Tọa độ B là nghiệm của hệ:
12


= 
=
⇔
 
+ − =


=

5
y 0
x
2
2x y 5 0
y 0
suy ra B

Nhận xét: Để giải được bài tập này, chúng ta đã sử dụng kết quả của bài 5 và
tổng các đoạn gấp khúc:
≥
AB+BC+CA = A B+BC+CA A A
1 2 1 2
.
Bài 7 : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
( ) ( ) ( )
− + − =
2 2
C : x 4 y 4 8
và hai đường thẳng
( )
∆ − + =
: x y 3 0
;
( )
=
d :x 2
. Tìm điểm M thuộc (∆) và N
thuộc (C) sao cho M, N đối xứng qua d.
Giải
M và N đối xứng qua (d) ⇒ tồn tại phép đối xứng trục D
d
: M → N.
Gọi (∆’) là đường thẳng đối xứng với (∆) qua (d) ⇒ (∆’)
+ − =x y 5 0
Ta có: M ∈ (∆)⇒ N ∈ (∆’).
Theo giả thiết N ∈ (C)⇒ N ∈ (∆’) ∩ (C).
Tọa độ N là nghiệm của hệ:

=
1
5 7
x
2
⇒
−
=
1
5 7
y
2
⇒
 
+ −
 ÷
 ÷
 
1
5 7 5 7
N ;
2 2
Gọi M
1
∈ (∆) và đối xứng với N
1
qua (d) ⇒ M
1
có tung độ
−

⇒
+
=
2
5 7
y
2
⇒
 
− +
 ÷
 ÷
 
2
5 7 5 7
N ;
2 2
Gọi M
2
∈ (∆) và đối xứng với N
2
qua (d) ⇒ M
2
có tung độ
+
=
5 7
y
2
.

− − −
 ÷
 ÷
 
1
1 7 5 7
M ;
2 2
;
13
và
 
− +
 ÷
 ÷
 
2
5 7 5 7
N ;
2 2
,
 
− + +
 ÷
 ÷
 
2
1 7 5 7
M ;
2 2

+ =


− − =

2 2
x 5y
1
9 9
2x y 3 0
⇔


− + =

= −


2
21x 60x 36 0
y 2x 3
⇔


=


=



2
9
y
7
⇒
 
−
 ÷
 
2
6 9
N ;
7 7
⇒
 
 ÷
 
2
6 51
M ;
7 7
ĐS: có hai cặp:
( )
1
N 2;1
,
( )
1
M 2;5
và

( ) ( )
2 2
2 1 10x y− + + =
. Gọi A là giao
điểm của
( )
1
C
và
( )
2
C
với
0
A
y >
. Viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt
( )
1
C
và
( )
2
C
lần lượt tại hai điểm phân biệt M, N sao cho AN = 2AM.
Giải.
Đường tròn
( )
1
C

− + + =


⇔
5 2x y= −

⇒
( ) ( )
2
2
5 2 6 5 2 2 5 0y y y y− + − − − + =

2
0
2 0
2
y
y y
y
=

⇔ − = ⇔

=

⇒
( )
1;2A
(vì
0

phép vị tự
( )
; 2A
V
−
.
( )
1
'C
có tâm
( )
'
1
3;4I −
là ảnh của I qua phép vị tự
( )
; 2A
V
−
và bán kính
'
1 1
2 2 5R R= =
.
⇒ phương trình
( )
1
'C
:
( ) ( )


+ − + − =


⇒
1x y= −
⇒
( ) ( )
2
2
1 6 1 8 5 0y y y y− + + − − + =

2
0
2 0
2
y
y y
y
=

⇔ − = ⇔

=

⇒
( )
1;0N −
(vì
N A≠

V
−
.
( )
1
'C
có tâm
( )
'
1
5;0I
là ảnh của I qua phép vị tự
( )
; 2A
V
−
và bán kính
'
1 1
2 2 5R R= =
.
⇒ phương trình
( )
1
'C
:
( ) ( )
( )
2
2 2


⇒
5
3
y
x
−
=
⇒
2
2
5 5
10 5 0
3 3
y y
y
− −
   
+ − + =
 ÷  ÷
   

2
4
2 8 0
2
y
y y
y
= −

1
H
và
2
H
lần lượt là trung điểm của AM và AN.
( )
1 1 1
2 2 2 2
.3 .1 2 2
;
a b a b a b
I H d I
a b a b
+ − − −
= ∆ = =
+ +
⇒
( ) ( ) ( )
( )
2
2 2
2 2 2
1 1 1 1
2 2 2 2
2
4 4
5
a b
a ab b

3
9 6
10
a b
a ab b
AH AI I H
a b a b
−
+ +
= − = − =
+ +
Theo bài ra: AN = 2AM ⇔
( ) ( )
2 2
2 1 2 1
2 4AH AH AH AH= ⇔ =
⇔
2 2
2 2
9 6a ab b
a b
+ +
+
= 4.
2 2
2 2
4 4a ab b
a b
+ +
+

1;2G
. Phương trình đường tròn đi qua trung điểm của hai cạnh AB, AC và chân
đường cao hạ từ đỉnh A đến cạnh BC của tam giác ABC là (C)
( ) ( )
2 2
3 2 25x y
− + + =
. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Trước khi giải bài toán này. Chúng ta cùng nhắc lại một tính chất
đẹp trong hình học phẳng:
Chân ba đường cao của một tam giác bất kì, ba trung điểm của ba
cạnh, ba trung điểm của ba đoạn thẳng nối ba đỉnh với trực tâm, tất
cả chín điểm này cùng nằm trên một đường tròn. Đường tròn này
thường được gọi là đường tròn Euler hay còn gọi là đường tròn
Feuerbach, đường tròn Terquem hay đường tròn chín điểm,
đường tròn trung bình.
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác thì đường tròn
Euler có bán kính là R/2 và tâm của nó là trung điểm đoạn nối trực
tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác đó.
(Nguồn: />%9Dng_tr%C3%B2n_Euler)
Giải.
Đường tròn (C) có tâm I(3; -2) và bán kính R = 5
Gọi H, J lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC.
Ta có:
2
3
2
HJ HI
HJ HG


HG x y

= − − −


= − −


uuur
uuur
⇒
( )
( )
3
3 1
4
3
2 2
4
x x
y y

− = −




− − = −



( ) ( )
2 2
2
3 10 10x y
+ + − =
Cách khác:
Gọi D, E, F là trung điểm BC, CA, AB. A’ là
chân đường cao hạ từ A xuống BC. K là giao
điểm của EF và AA’. G là trọng tâm tam giác
ABC. I, J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác A’EF và ABC.
Ta có K là trung điểm của AA’ và
'EF AA⊥
nên
A’ đối xứng với A qua EF. Suy ra
'AEF A EF∆ = ∆
·
·
'EA F EAF⇒ =
Mặt khác AFDE là hình bình hành nên
·
·
EDF EAF=
.
Suy ra
·
·
'EA F EDF=
. Hơn nữa A’ và D nằm cùng phía đối với EF, suy ra D nằm
trên đường tròn ngoại tiếp tam giác A’EF. Do đó phương trình đường tròn đi

= =
. Vậy phương trình đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( )
2 2
3 10 100x y+ + − =
.
17
K
G
I
D
A'
J
E
F
A
B
C
III. Các bài tập biến hình trong mặt phẳng có thể dùng để xây dựng các bài
tập tọa độ mà khi giải có sử dụng phép biến hình:
1. Dùng phép biến hình để giải một số bài toán dựng hình.
Bài 1: Hai thôn nằm ở vị trí A, B cách nhau một con sông (Xem hai bờ sông là
hai đường thẳng song song). Người ta dự định xây một chiếc cầu MN bắc qua
sông (cầu vuông góc với bờ sông) và làm hai đoạn đường AM, NB (như hình
vẽ). Hãy xác định vị trí chiếc cầu MN sao cho AM+NB ngắn nhất.
Bài 2: Cho góc nhọn
·
xOy
, điểm A thuộc miền trong của góc đó. Hãy tìm một

B, M
3
là điểm đối xứng của M
2
qua C. Tìm quỹ tích của điểm M
3
.
Bài 2: Cho hai điểm phân biệt B,C cố định (BC không phải là đường kính) trên
đường tròn (O), điểm A di động trên (O). Chứng minh rằng khi A di động trên
(O) thì trực tâm tam giác ABC di động trên một đường tròn.
Bài 3: Cho điểm A cố định nằm trên đường tròn (O) và điểm C thay đổi trên
đường tròn đó. Dựng hình vuông ABCD. Tìm quỹ tích điểm B và điểm D.
Bài 5: Cho đường tròn (O) và một điểm P nằm trong đường tròn đó. Một đường
thẳng thay đổi đi qua P, cắt (O) tại hai điểm A và B. Tìm quỹ tích điểm M sao
cho:
PM PA PB= +
uuuur uuur uuur
.
18
KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết quả.
Áp dụng đề tài này đối với học sinh lớp 11T3 năm học 2010-2011 và
11T3, 11T4 năm học 2012-2013 tôi đã thu được kết quả như sau:
- Số học sinh có hứng thú với việc học phần phép biến hình và áp dụng vào giải
bài tập tọa độ trong mặt phẳng tăng lên.
Lớp
Chiều hướng hứng thú
học tập
Tỷ lệ %
11T3 Tăng 85%

- Có ý thức học tập, hiểu vấn đề một cách sâu sắc.
- Biết chuyển đổi ngôn ngữ từ ngôn ngữ thông thường sang ngôn ngữ Toán.
- Có óc tưởng tượng, phán đoán lôgíc.
3. Kiến nghị:
Nhà trường nên tạo điều kiện để các SKKN đến được với đông đảo học
sinh và phụ huynh cũng như người yêu toán để chúng ta có thể tìm hiểu sâu hơn
kiến thức.
Nhà trường nên tạo điều kiện để có các buổi sinh hoạt chuyên đề, thảo luận
chuyên đề tự chọn để giáo viên và học sinh có thể trao đổi thẳng thắn với nhau
về các vấn đề, từ đó có thể rút ra các phương pháp phù hợp với từng đối tượng
học sinh.
Do thời gian nghiên cứu và ứng dụng chưa dài nên đề tài của tôi không
tránh khỏi còn nhiều hạn chế. Rất mong được sự đóng góp của các đồng nghiệp,
học sinh và người yêu thích Toán học để tôi có thể hoàn thiện đề tài hơn nữa.
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 04 tháng 05 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.
Nguyễn Lê Thiêm
20
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Sách giáo khoa hình học lớp 11 và 11 nâng cao.
Sách giáo viên hình học lớp 11 và 11 nâng cao.
Sách hướng dẫn giảng dạy hình học lớp 11 và 11 nâng cao.
Một số vấn đề phát triển hình học 11.
21
MỤC LỤC
Mục Nội dung Trang