1 ðỀ CƯƠNG ÔN TẬP THI ðẠI HỌC SƯ PHẠM TOÁN LIÊN THÔNG PHẦN ðẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC Phần 1 . Các bài toán về Hình học giải tích và ðại số tuyến tính Lý thuyết 1. Hình học giải tích phẳng + Phương trình ñường thẳng: - dạng tổng quát : 0 ax by c ∆ + + = , trong ñó ( ; ) n a b =  là véc tơ pháp tuyến, ( ; ) u b a = −  là véc tơ chỉ phương của ∆ . Phương trình ñường thẳng ∆ ñi qua ñiểm 0 0 0 M ( ; ) x y có véc tơ pháp tuyến ( ; ) n a b =  có dạng 0 0 : ( ) ( ) 0 a x x b y y ∆ − + − = . - dạng tham số ñường thẳng ∆ ñi qua ñiểm 0 0 0 M ( ; ) x y , có véc tơ chỉ phương ( ; ) u a b =  là: 0 0 x x at y y bt = +   = +  . - dạng chính tắc ñường thẳng ∆ ñi qua ñiểm 0 0 0 M ( ; ) x y , có véc tơ chỉ phương ( ; ) u a b =  là: 0 0 x x y y a b − − = . ðặc biệt ñường thẳng AB ñi qua hai ñiểm 0 0 1 1 A( ; ), B( ; ) x y x y phân biệt là 0 0 1 0 1 0 x x y y x x y y − − = − − . Nếu A( ;0), B(0; )( 0) a b ab ≠ thì AB: 1 x y a b + = (gọi là phương trình ñoạn chắn). - dạng có hệ số góc y ax b = + (a gọi là hệ số góc, b gọi là tung ñộ gốc). - Khoảng cách h từ ñiểm 0 0 0 M ( ; ) x y ñến ñường thẳng : 0 ax by c ∆ + + = là: 0 0 0 2 2 (M , ) ax by c h d a b + + = ∆ = + . + Phương trình elip. - Elip (E) là tập hợp tất cả những ñiểm trong mặt phẳng có tổng khoảng cách ñến hai ñiểm cố ñịnh phân biệt cho trước bằng một hằng số dương lớn hơn khoảng cách giữa hai ñiểm ñó. - Phương trình chính tắc của (E): 2 2 2 2 1 x y a b + = với a > b > 0 2 2 2 ( ) c a b = − . - ðường thẳng A B C 0 x y + + = là tiếp tuyến của elip 2 2 2 2 1 x y a b + = 2 2 2 2 2 A B C a a ⇔ + = . - Phương trình tiếp tuyến của elip (E): 2 2 2 2 1 x y a b + = tại 0 0 0 M ( ; ) (E) x y ∈ là 0 0 2 2 1 x x y y a b + = . 2. Hình học giải tích không gian: + ðiều kiện ñể 3 véc tơ 1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 ( ; ; ), ( ; ; ), ( ; ; ) u a b c u a b c u a b c = = =    ñồng phẳng là: 1 1 1 2 2 2 3 3 3 0 a b c a b c a b c ≠ + Phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) là (P): A B C D 0 x y z + + + = trong ñó (A; B; C) n =  là véc tơ pháp tuyến. - Phương trình mặt phẳng ñi qua 3 ñiểm M ( ; ; ), 1,3 i i i i x y z i = phân biệt không thẳng hàng: 1 1 1 2 1 2 1 2 1 3 1 3 1 3 1 0 x x y y z z x x y y z z x x y y z z − − − − − − = − − − . 2 - Phương trình mặt phẳng (P) ñi qua ñiểm 0 0 0 0 M ( ; ; ) x y z có véc tơ pháp tuyến (A; B; C) n =  là 0 0 0 A( ) B( ) C( ) 0 x x y y z z − + − + − = . - Nếu A( ;0;0), B(0; ;0), C(0;0; ) ( 0) a b c abc ≠ thì phương trình mặt phẳng (ABC) còn gọi là phương trình mặt phẳng theo ñoạn chắn có dạng 1 x y z a b c + + = . - Khoảng cách h từ ñiểm 0 0 0 0 M ( ; ; ) x y z ñến mặt phẳng (P) A B C D 0 x y z + + + = là: 0 0 0 0 2 2 2 A B C D (M ,(P)) A B C x y z h d + + + = = + + . + Phương trình ñường thẳng: - dạng tham số ñường thẳng ∆ ñi qua ñiểm 0 0 0 0 M ( ; ; ) x y z , có véc tơ chỉ phương ( ; ; ) u a b c =  là: 0 0 0 x x at y y bt z z ct = +   = +   = +  . - dạng chính tắc ñường thẳng ∆ ñi qua ñiểm 0 0 0 0 M ( ; ; ) x y z , có véc tơ chỉ phương ( ; ; ) u a b c =  là: 0 0 0 x x y y z z a b c − − − = = - dạng tổng quát ñường thẳng ∆ (xem là giao của hai mặt phẳng): A B C D 0 A B C D 0 x y z x y z + + + =   ′ ′ ′ ′ + + + =  . Khi ñó ñường thẳng ∆ có véc tơ chỉ phương 1 2 B C C A A B [ , ] ; ; B C C A A B u n n   = =   ′ ′ ′ ′ ′ ′      . - Khoảng cách h từ ñiểm 0 0 0 0 M ( ; ; ) x y z ñến ñường thẳng ∆ : 1 1 1 x x y y z z a b c − − − = = là: 0 1 0 [M M , ] (M , ) u h d u = ∆ =    , trong ñó 1 1 1 1 M ( ; ; ) , ( ; ; ) x y z u a b c ∈ ∆ =  . - Cho hai ñường thẳng chéo nhau 1 1 1 1 1 1 1 : x x y y z z a b c − − − ∆ = = và 2 2 2 2 2 2 2 : x x y y z z a b c − − − ∆ = = . Khoảng cách h giữa chúng là: 1 2 1 2 1 2 1 2 [ , ].M M ( , ) [ , ] u u h d u u = ∆ ∆ =    , trong ñó 1 1 1 1 1 M ( ; ; )x y z ∈∆ , 2 2 2 2 2 M ( ; ; )x y z ∈∆ , 1 1 1 1 2 2 2 2 ( ; ; ), ( ; ; ) u a b c u a b c   . + Mặt cầu (S) tâm I( ; ; ) a b c bán kính R có phương trình 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) R x a y b z c− + − + − = . - Mặt phẳng (P): A B C D 0 x y z + + + = là tiếp diện (mặt phẳng tiếp xúc) của mặt cầu (S) khi và chỉ khi (I,( )) R h d P = = . - Nếu h < R thì (P) cắt (S) theo một ñường tròn (C): 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) R A B C D 0 x a y b z c x y z  − + − + − =  + + + =  . ðường tròn này có tâm I (P) ′ = ∆ ∩ trong ñó ∆ là ñường thẳng ñi qua I và (P) ∆ ⊥ , còn bán kính 2 2 R r h = − . 3. ðịnh thức cấp 2, cấp 3, cấp n và cách tính + ðịnh thức cấp hai D 2 = a b ad bc c d = − ; ñịnh thức cấp ba D 3 = 11 12 13 21 22 23 31 32 33 a a a a a a a a a = 3 Hay D 3 11 22 33 12 23 31 13 21 32 13 22 31 12 21 33 11 23 32 a a a a a a a a a a a a a a a a a a = + + − − − . + Cho ma trận vuông cấp n là A = ( ) ij a . Ta gọi là ñịnh thức của ma trận A, ký hiệu detA là số xác ñịnh bởi 1 (1) 2 (2) ( ) S D det A ( ) n n f f nf n f s f a a a ∈ = = ∑ , trong ñó f là phép thế bậc n bất kỳ S n f ∈ (tập các phép thế bậc n), s(f) là dấu của phép thế f và ký hiệu là 11 12 1 21 22 2 1 2 D det A n n n n n nn a a a a a a a a a = = . + Một số tính chất, ñịnh lý Laplat. 4. Ma trận. Các phép toán trên ma trận. Ma trận nghịch ñảo 5. Hệ phương trình tuyến tính. Hệ phương trình Crame Bài tập Bài 1. Lập phương trình ñường thẳng ∆ ñi qua ñiểm M(2; 5) và cách ñều hai ñiểm P ( 1;2) − , Q (5;4) . Giải. Cách 1. ðường thẳng ∆ cần tìm thỏa mãn một trong hai trường hợp sau. TH1. ∆ ñi qua ñiểm M và trung ñiểm I của PQ. Nhưng I(2; 3) nên ∆ có phương trình x = 2. TH2. ∆ ñi qua M và song song với PQ. Nhưng PQ (6;2) 2(3;1) = =  nên ∆ có phương trình: 2 3 3 13 0 5 x t x y y t = +  ⇔ − + =  = +  . Cách 2. Phương trình tổng quát của ∆ là a(x – 2) + b(y – 5) = 0 (a 2 + b 2 ≠ 0). Theo giả thiết thì: 2 2 2 2 2 2 5 5 4 2 5 d(P, ) d(Q, ) 3 3 3 a b a b a b a b a b a b a b a b − + − − + − − ∆ = ∆ ⇔ = ⇔ + = − + + . Nếu 3a + 3b = 3a – b thì b = 0, do ñó a ≠ 0. Chọn a = 1 ñược phương trình ∆ : x – 2 = 0. Nếu 3a + 3b = −3a + b thì b = −3a. Chọn a = 1 thì b = −3, ñược phương trình ∆ : x – 3y +13 = 0. Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy cho các ñiểm A(3; 3) và B(0; 2). Tìm trên ñường thẳng : 4 0 x y ∆ + − = , những ñiểm M sao cho  0 AMB 45 = . Giải. ∆ M 4 M 3 M 2 M 1 B A -1 4 3 2 1 5 4321 O y x + Lấy ñiểm M bất kỳ trên ∆ thì M(t; 4 – t). Suy ra MA (3 ; 1) t t = − −  và MB ( ; 2) t t = − −  . + Do  0 AMB 45 = nên 2 2 2 2 1 (3 ) ( 2)( 1) 2 (3 ) ( 1) . ( ) ( 2) t t t t t t t t − − + − − = − + − − + − . + Suy ra 4 3 2 6 7 6 8 0 t t t t − + + − = . + Phương trình trên cho các nghiệm t = 1, 1, 4, 2 − và do ñó có 4 ñiểm M là: M 1 (–1; 5), M 2 (4; 0), M 3 (1; 3) và M 4 (2; 2). + Hai ñiểm M 3 và M 4 nhìn ñoạn AB dưới góc 135 0 nên loại và chỉ còn M 1 và M 2 là chấp nhận. Bài 3. Trong mặt phẳng với mục tiêu trực chuẩn nào ñó, hai cạnh của một tam giác có phương trình: 4 5x – 2y + 6 = 0 và 4x + 7y – 21 = 0. Viết phương trình cạnh còn lại biết rằng gốc toạ ñộ O là trực tâm của tam giác ñó. Giải. 3 -7 -4 y x O B C A Gọi AB: 5x – 2y + 6 = 0 và AC: 4x + 7y – 21 = 0. Hệ phương trình 5 2 6 0 0 4 7 21 0 3 x y x x y y − + = =   ⇔   + − = =   cho nghiệm là toạ ñộ ñiểm A(0; 3). ðường cao qua BO vuông góc với AC là ñường thẳng ñi qua O và vuông góc với AC nên có phương trình 7 4 y x = . Suy ra toạ ñộ B là nghiệm hệ 5 2 6 0 4 7 4 0 7 x y x x y y − + = = −   ⇔   − = = −   hay B ( 4; 7) − − . Do cạnh BC vuông góc với AO nên BC có phuơng trình: 7 y = − . Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có ñiểm I(6; 2) là giao ñiểm của hai ñường chéo AC và BD. ðiểm M(1; 5) thuộc ñường thẳng AB và trung ñiểm E của cạnh CD thuộc ñường thẳng : 5 0 x y ∆ + − = . Viết phương trình ñường thẳng AB. Giải. Gọi N ñối xứng với M qua I, thì N(11; –1) và N thuộc ñường thẳng CD. I M N B E D C A Vì E ∈ ∆ nên E(t; 5 – t). Do ñó IE ( 6;3 ) t t = − −  , NE ( 11;6 ) t t = − −  và E là trung ñiểm CD nên IE ⊥ NE nên suy ra (t – 6)(t – 11) + (3 – t)(6 – t) = 0 6, 7 t t ⇔ = = . Với t = 6 ñược AB: y – 5 = 0, còn với t = 7 ñược AB: x – 4y + 19 = 0. Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, hãy xác ñịnh tọa ñộ ñỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của ñiểm C trên ñường thẳng AB là ñiểm H( − 1; − 1), ñường phân giác trong của góc A có phương trình x – y + 2 = 0 và ñường cao kẻ từ B có phương trình 4x + 3y – 1 = 0. Giải. Gọi H’ là ñiểm ñối xứng với ñiểm H qua phân giác trong của góc A thì H’ ∈ AC. Khi ñó HH’ có phương trình tham số x = –1 + t; y = –1 – t. Thế vào phương trình phân giác góc A ñược: –1 + t – (–1 – t) + 2 = 0 ⇔ t = –1 . Vậy trung ñiểm I của HH’ là I(–2; 0), do ñó H’(–3; 1). ðường thẳng AC là ñường thẳng ñi qua H’ vuông góc với ñường cao qua B nên có phương trình tham số là x = −3 + 4t, y = 1 + 3t. Khi ñó −3 + 4t −(1 + 3t) + 2 = 0 ⇔ t = 2. Vậy A(5; 7). Vì HA (6;8) =  nên phương trình ñường cao CH là 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 ⇔ 3x + 4y + 7 = 0. Từ ñó tọa ñộ C là nghiệm hệ: 3 4 7 0 10 3 1 3 4 ; ; 3 4 12 1 3 x y x t x y t y t + + =   = − + ⇔ = − = = −   = +  . Tọa ñộ C 10 3 ; 3 4   −     . Bài 6. Trong m ặ t ph ẳ ng v ớ i h ệ t ọ a ñộ Oxy, cho hai ñườ ng th ẳ ng 1 0 : d x y − = , 2 : 2 1 0 d x y + − = . Tìm 5 t ọ a ñộ các ñỉ nh c ủ a hình vuông ABCD bi ế t r ằ ng ñỉ nh A thu ộ c 1 d , ñỉ nh C thu ộ c 2 d và các ñỉ nh B, D thu ộ c tr ụ c hoành. Giải. d 2 d 1 y x O I B C A Vì A ∈ d 1 nên A(t; t). ðiểm C ñối xứng với A qua BD mà B, D thuộc trục hoành nên C(t; −t). Mặt khác C ∈ d 2 nên 2t – t – 1 = 0, do ñó t = 1 và A(1; 1), C(1; –1). Suy ra tâm I của hình vuông ABCD là trung ñiểm AC nên I(1; 0). Do IA = IB = IC = ID = 1 nên dễ dàng tìm ñược B(0; 0), D(2; 0) hoặc B(2; 0), D(0; 0). Như vậy A(1; 1), B(0; 0), C(1; –1), D(2; 0) hoặc A(1; 1), B(2; 0), C(1; –1), D(0; 0). Bài 7. Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho tam giác ABC với các ñỉnh A( 1; 0), B(4; 0), C(0; ) m − với m ≠ 0. Tìm toạ ñộ trọng tâm G của tam giác ABC theo m. Xác ñịnh m ñể tam giác GAB vuông tại G. Giải. Ta có G G 1 4 0 0 0 1; 3 3 3 m m x y − + + + + = = = = , tức là G 1; 3 m       . Từ ñó GA 2; , GB 3; 3 3 m m     = − − = −           . Vậy tam giác GAB vuông tại G khi và chỉ khi 2 GA.GB 0 6 0 3 6 9 m m= ⇔ − + = ⇔ = ±   . Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ ñề các vuông góc Oxy, cho elip có phương trình : 4x 2 + 3y 2 – 12 = 0. Tìm ñiểm trên elip sao cho tiếp tuyến của elip tại ñiểm ñó cùng với các trục toạ ñộ tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ nhất. Giải. Tiếp tuyến ∆ với (E) tại M(x 0 ; y 0 ) ∈ (E) là 0 0 1 3 4 x x y y + = vì (E): 2 2 1 3 4 x y + = . Tiếp tuyến ñó cắt trục hoành và trục tung tại A 0 3 ;0 x       , B 0 4 0; y       . Khi ñó S(OAB) = 1 2 OA.OB = 0 0 0 0 1 3 4 6 2 x y x y = . Mặt khác ta có 2 2 0 0 4 3 12 x y + = nên ta có: 2 2 0 0 0 0 0 0 (2 ) ( 3 ) 1 1 2 . 3 . 3 2 2 3 2 3 x y x y x y + = ≤ = . Vậy 0 0 6 6 S(OAB) 2 3 3 x y = ≥ = và S(OAB) 2 3 = khi 2 2 0 0 4 3 x y = . Thế vào hệ thức 2 2 0 0 4 3 12 x y + = ta ñược 2 0 2 y = , 2 0 3 2 x = . Từ ñó có 4 ñiểm 6 ; 2 2         , 6 ; 2 2   −       , 6 ; 2 2   −       , 6 ; 2 2   − −       . Bài 9. Xét ñ i ể m M chuy ể n ñộ ng trên tia Ox, ñ i ể m N chuy ể n ñộ ng trên tia Oy sao cho ñườ ng th ẳ ng MN ti ế p xúc v ớ i elip (E): 2 2 9 1 16 x y + = . Xác ñị nh t ọ a ñộ các ñ i ể m M, N sao cho ñ o ạ n th ẳ ng MN có ñộ dài nh ỏ nh ấ t. Tìm giá tr ị nh ỏ nh ấ t ñ ó. Giải. ðặt M(a; 0), N(0; b) với a, b > 0. Khi ñó MN có phương trình 1 x y a b + = và MN là tiếp tuyến của elíp (E): 2 2 2 2 16 9 1 1 16 9 x y a b + = ⇔ + = . Vậy MN 2 = a 2 + b 2 = (a 2 + b 2 ) 2 2 2 2 2 2 16 9 16 9 25 b a a b a b   + = + +     6 2 2 2 2 16 9 25 2 . 25 24 49 b a a b ≥ + = + = . Từ ñó suy ra Max MN = 7 ⇔ 2 2 2 2 2 2 16 9 28, 21 b a a b a b = ⇔ = = . Các ñiểm cần tìm M (2 7;0) , N (0; 21) . N O y x M Bài 10. Cho elíp (E): 2 2 1 8 4 x y + = và ñường thẳng : 2 2 0 x y ∆ − + = . 1) Chứng minh rằng ∆ cắt (E) tại hai ñiểm phân biệt B, C. 2) Tìm ñiểm A thuộc (E) sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Giải. -2 2 O A 1 ∆ B C A 2 1) Thế 2 2 x y = − vào phương trình của (E): x 2 + 2y 2 = 8 ta ñược 2 2 ( 2 2) 2 8 y y − + = hay 2 2 1 0 y y − − = . Hiển nhiên phương trình này có 2 nghiệm phân biệt, do ñó ∆ cắt (E) tại hai ñiểm phân biệt B, C. 2) Vì ñộ dài BC không ñổi nên diện tích tam giác ABC lớn nhất khi và chỉ khi ñường cao h a lớn nhất. ðiều ñó chỉ xảy ra khi và chỉ khi tiếp tuyến tại A phải song song với ∆. Phương trình tiếp tuyến d của (E) tại A(x 0 ; y 0 )∈(E) là 0 0 0 0 1 2 8 8 4 x x y y x x y y + = ⇔ + = . Vậy d//∆ nếu 0 0 0 0 2 2 1 2 x y x y = ⇔ = − − . Nhưng A ∈ (E) nên 2 2 0 0 ( 2 ) 2 8 y y − + = , do ñó 0 2 y = ± và vì vậy 0 2 x = ∓ . + Nếu 1 A (2; 2) − thì 1 2 2( 2) 2 h 2 3 3 − − + = = . + N ế u 2 A ( 2; 2) − thì 2 2 2( 2) 2 2 h 3 3 − − + = = . Rõ ràng h 2 < h 1 nên ñ i ể m c ầ n tìm là 1 A (2; 2) − . Chú ý. Ph ươ ng trình ñườ ng kính liên h ợ p v ớ i ph ươ ng ( 2;1) u =  c ủ a ∆ là 2 0 2 0 8 4 x y x y + = ⇔ + = . Th ế vào (E): 2 2 2 ( 2 ) 2 8 2 y y y − + = ⇔ = . T ừ ñ ó A 1 (2; 2) − , A 2 ( 2; 2) − và h 1 = 2 3 , h 2 = 2 3 . So sánh suy ra ñ i ể m c ầ n tìm là A 1 . Câu 11. Cho 3 m ặ t ph ẳ ng 2x – y + 3z – 9 = 0, 3x – 5y + 5z – 5 = 0, 4x – 7y + 5z – 5 = 0. 7 a) Ch ứ ng minh ba m ặ t ph ẳ ng ñ ó có m ộ t ñ i ể m chung duy nh ấ t. b) Tìm giá tr ị c ủ a tham s ố a, b sao cho m ặ t ph ẳ ng Q: ax + by + z + 1 = 0 c ũ ng ñ i qua ñ i ể m chung ñ ó và song song v ớ i tr ụ c Oz. Giải . a) Xét h ệ phu ơ ng trình sau: 2 3 9 0 5 3 5 5 5 0 5 / 2 4 7 5 5 0 1/ 2 x y z x x y z y x y z z − + − = =     − + − = ⇔ =     − + − = =   . ðiểm chung A 5 1 5; ; 2 2       . b) Vì Q//Ox nên Q O ( ; ;1) (1;0;0) x n a b u = ⊥ =   t ứ c là a.1 + b.0 + 1.0 = 0 ⇒ a = 0. M ặ t khác Q c ũ ng ñ i qua A nên 5 1 5 1 0 2 2 a b + + + = . Do a = 0 nên b = 3 5 − . V ậ y Q: 3 1 0 3 5 5 0 5 y z y z − + + = ⇔ = − = . Câu 12. Tìm ñ i ề u ki ệ n c ủ a tham s ố m ñể ba m ặ t ph ẳ ng sau có ñ i ể m chung duy nh ấ t. Tìm ñ i ể m chung ñ ó. 2 1 0 0 0 mx y z x my z m x y mz m + + − =   + + − =   + + − =  Giải. Ba mặt phẳng có ñiểm chung duy nhất khi và chỉ khi hệ ba phương trình trên có nghiệm duy nhất. ðiều ñó xảy ra khi và chỉ khi: 2 1 1 D 1 1 ( 2)( 1) 0 2, 1 1 1 m m m m m m m = = + − ≠ ⇔ ≠ − ≠ . Ta có 2 1 2 2 2 2 1 1 1 1 0 0 D 1 0 1 (1 ) (1 ) 1 1 m m m m m m m m m m m m = = − = − − + − − ; 3 2 3 2 2 2 1 1 D 1 1 1 ( 1) 1 m m m m m m m m m m = = + + − − − = − ; 4 2 2 2 2 3 2 1 1 D 1 1 ( 1) 1 1 m m m m m m m m m m = = + + − − − = − . V ậ y ñ i ể m chung duy nh ấ t là: 1 2 m x m + = − + , 1 2 y m = + , 2 ( 1) 2 m z m + = + . Câu 13 . Cho 3 m ặ t ph ẳ ng: x – ay + z = 2, x + 2y – z = 1, 2x – 4y + az = 0. Tìm a ñể ba m ặ t ph ẳ ng ñ ó c ắ t nhau theo m ộ t giao tuy ế n là ñườ ng th ẳ ng. Giải . Xét: 2 2 1 1 D 1 2 1 2 2 4 4 4 4 12 ( 2)( 6) 2 4 a a a a a a a a a − = − = + − − − + = + − = − + − . + N ế u 2, 6 a a ≠ ≠ − thì h ệ có nghi ệ m duy nh ấ t, không tho ả mãn. + N ế u a = 2 ta có h ệ : 2 2 2 2 2 1 2 1 2 4 2 0 2 0 x y z x y z x y z x y z x y z x y z − + = − + =     + − = ⇔ + − =     − + = − + =   . Hiển nhiên hệ vô nghiệm. + Nếu a = 6 − ta có hệ 6 2 6 2 6 2 2 1 2 1 2 1 2 4 6 0 2 3 0 x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z + + = + + =   + + =    + − = ⇔ + − = ⇔    + − =    − − = − − =   . ðó là một ñường thẳng 8 và phương trình tổng quát, tham số là: 3 4 2 6 2 2 1 1 2 2 x t x y z y t x y z z t  = +  + + =   ⇔ = −   + − =    = +  (Phương trình (3) = 2(2) – (1)). Câu 14 . Xác ñịnh tham số m sao cho hai ñường thẳng sau cùng nằm trong một mặt phẳng. 1 2 2 1 1 : , : 1 2 1 1 1 2 x y z x m y z d d m m − − − = = = = . Giải . ðường thẳng d 1 ñi qua ñiểm M 1 (0;0;0) có véc tơ chỉ phương 1 (1;2 ;1) u m =  . ðường thẳng d 2 ñi qua ñiểm M 2 (2m; 1; 1) có véc tơ chỉ phương 2 (1;1;2 ) u m =  . Suy ra 1 2 M M (2 ;1;1) m=  . ðể hai ñường thẳng ñã cho ñồng phẳng thì 3 véc tơ 1 2 1 2 , ,M M u u    ñồng phẳng. Vậy: 3 3 1 2 1 1 1 1 2 0 1 8 1 2 2 2 0 8 6 2 0 1, 2 2 1 1 m m m m m m m m m m m = ⇔ + + − − − = ⇔ − + = ⇔ = − = . Câu 15 . Trong không gian cho 3 ñ i ể m A(2; m+1; 0), B(3; 0; m+1), C(2; 11; −5). a) Tìm m ñể ñ i ể m D(1; 1; 1) cùng n ằ m trong m ặ t ph ẳ ng ch ứ a 3 ñ i ể m A, B, C. b) V ớ i các tham s ố v ừ a tìm ñượ c ở trên l ậ p ph ươ ng trình m ặ t ph ẳ ng ch ứ a 4 ñ i ể m ñ ó. Giải. a) ðể 4 ñ i ể m A, B, C, D cùng n ằ m trong m ộ t m ặ t ph ẳ ng thì CA, CB, CD    ph ả i ñồ ng ph ẳ ng. Nh ư ng ta có CA (0; 10;5), CB (1; 11; 6), CD ( 1; 10;6) m m= − = − + = − −    nên 0 10 5 1 11 6 0 1 10 6 m m − − + = − − t ứ c là 2 0 10 5 0 1 11 6 [( 10)( 12) 105] 2 15 0 21 12 m m m m m m m − = − + = − − + + = − − + − + . Suy ra 3, 5 m m = = − . Chú ý . N ế u xét 3 véc t ơ DA,DB,DC    ñồ ng ph ẳ ng thì có ñị nh th ứ c nh ư bài t ậ p 14 ở trên. b) V ớ i 3 m = thì CA (0; 7;5), CB (1; 11;9) = − = −   và CA CB ( 8;5;7) n = ∧ = −    là véc t ơ pháp tuy ế n c ủ a m ặ t ph ẳ ng (ABC) ñ i qua D, do ñ ó có ph ươ ng trình: 8( 1) 5( 1) 7( 1) 0 8 5 7 4 0 x y z x y z − − + − + − = ⇔ − − + = . V ớ i 5 m = − thì CA (0; 15;5), CB (1; 11;1) = − = −   . Suy ra CA CB (40;5;15) 5(8;1;3) n = ∧ = =    là véc t ơ pháp tuy ế n c ủ a m ặ t ph ẳ ng (ABCD) v ớ i ph ươ ng trình: 8( 1) ( 1) 3( 1) 0 8 3 12 0 x y z x y z − + − + − = ⇔ + + − = . (chú ý n ế u xét DA, DB, DC    thì ta có bài toán 14 ở trên). Câu 16 . Trong không gian cho 3 véc t ơ (1; ; 1), (2; 1; ), (1;10; 6) a m b m c = − = − = −    . a) Tìm m ñể cho 3 véc t ơ ñ ã cho cùng n ằ m trong m ộ t m ặ t ph ẳ ng. Trong tr ườ ng h ợ p ñ ó vi ế t ph ươ ng trình m ặ t ph ẳ ng ñ i qua g ố c to ạ ñộ và ch ứ a c ả ba véc t ơ ñ ó. b) Tìm tham s ố m sao cho 1 1 m − ≤ ≤ và th ể tích hình h ộ p t ạ o b ở i ba véc t ơ trên là l ớ n nh ấ t. Giải. a) Ba véc t ơ ñ ã cho ñồ ng ph ẳ ng khi và ch ỉ khi 2 1 1 2 1 0 2 15 0 3, 5 1 10 6 m m m m m m − − = ⇔ + − = ⇔ = = − − . + Khi 3 m = thì (1;3; 1), (2; 1;3) a b= − = −   , do ñ ó (8; 5; 7) n a b = ∧ = − −    là véc t ơ pháp tuy ế n c ủ a m ặ t ph ẳ ng c ầ n tìm. Do m ặ t ph ẳ ng này ñ i qua g ố c to ạ ñộ nên có ph ươ ng trình 8 5 7 0 x y z − − = . + Khi 5 m = − thì (1; 5; 1), (2; 1; 5) a b = − − = − −   , do ñ ó véc t ơ (24;3;9) 3(8;1;3) n a b= ∧ = =    là véc t ơ pháp tuy ế n c ủ a m ặ t ph ẳ ng c ầ n tìm. Do nó ñ i qua g ố c to ạ ñộ nên có ph ươ ng trình 8 3 0 x y z + + = . 9 b) Trong tr ườ ng h ợ p t ổ ng quát ta có 2 ( 1; 2; 1 2 ) a b m m m ∧ = − − − − −   . V ậ y th ể tích c ủ a h ộ p d ự ng trên 3 véc t ơ , , a b c    là 2 2 V ( ). ( 1).1 ( 2).10 ( 1 2 )( 6) 2 15 a b c m m m m m = ∧ = − + − − + − − − = + −    . ðặ t 2 ( ) 2 15 f m m m = + − và xét hàm s ố này trên t ậ p D [ 1,1] = − ta có f(m) là hàm s ố ñồ ng bi ế n và ngoài ra f ( 1) 16 − = − , f(1) = 12 − . V ậ y [ ] 1,1 MaxV 16 m∈ − = t ạ i 1 m = − . Câu 17 . Cho 3 m ặ t ph ẳ ng: 1 2 3 2 0 ( ) 2 5 0 ( ) 10 6 1 0 ( ) x my z P x y mz P x y z P + − − =   − + − =   + − − =  a) Xác ñịnh m ñể ba mặt phẳng này chỉ có một ñiểm chung duy nhất. Tìm giao ñiểm của ba mặt phẳng này khi m = 4. b) Tìm ñiều kiện của m sao cho mặt phẳng (P 1 ) và (P 2 ) chỉ cắt mặt phẳng toạ ñộ Oxy tại một ñiểm duy nhất. c) Tìm m sao cho ba mặt phẳng có giao tuyến chung. Viết phương trình giao tuyến ñó. Giải. a) Ba mặt phẳng ñã cho có một ñiểm chung duy nhất nếu hệ phương trình xác ñịnh bởi chúng có nghiệm duy nhất (hay 3 véc tơ pháp tuyến của chúng không ñồng phẳng), do ñó: D = 2 1 1 2 1 0 2 15 0 3, 5 1 10 6 m m m m m m − − ≠ ⇔ + − ≠ ⇔ ≠ ≠ − − . Khi m = 4 có hệ 4 2 0 2 4 5 0 10 6 1 0 x y z x y z x y z + − − =   − + − =   + − − =  . Biến ñổi 1 4 1 2 1 4 1 2 1 4 1 2 2 1 4 5 0 9 6 1 0 9 6 1 1 10 6 1 0 6 5 1 0 0 1 1/3  −   −   −        − → − → −             − − − − −       . Từ ñó ta có nghiệm của hệ là 17 1 1 ( ; ; ) ; ; 9 9 3 x y z   =     . b) Hai m ặ t ph ẳ ng (P 1 ) và (P 2 ) ch ỉ c ắ t m ặ t ph ẳ ng Oxy (có ph ươ ng trình z = 0) t ạ i m ộ t ñ i ể m duy nh ấ t khi và ch ỉ khi h ệ ph ươ ng trình xác ñị nh b ở i 3 m ặ t ph ẳ ng ñ ó có nghi ệ m duy nh ấ t. V ậ y c ầ n có 1 1 0 1 2 0 2 1 2 m m m ≠ ⇔ − − ≠ ⇔ ≠ − − , t ứ c là 1 2 m ≠ − . c) ðể 3 m ặ t ph ẳ ng có giao tuy ế n chung thì h ệ 3 ph ươ ng trình xác ñị nh b ở i chúng có nghi ệ m ph ụ thu ộ c 1 tham s ố , t ứ c h ạ ng ma tr ậ n các h ệ s ố c ủ a h ệ b ằ ng 2. Theo trên: + Khi 3 m = có h ệ 3 2 0 3 2 0 7 8 3 2 0 2 3 5 0 7 5 1 0 3 5 7 5 1 0 10 6 1 0 7 5 1 0 4 7 x y z x y z x t x y z x y z y z y t y z x y z y z z t + − − = + − − = = +    + − − =     − + − = ⇔ − + − = ⇔ ⇔ = − −     − + − =     + − − = − − + = = − −    . + Khi 5 m = − có h ệ 5 2 0 5 2 0 2 5 5 0 9 3 1 0 10 6 1 0 15 5 1 0 x y z x y z x y z y z x y z y z − − − = − − − =     − − − = ⇔ − − =     + − − = − + =   . H ệ vô nghi ệ m (2 ph ươ ng trình sau). V ậ y các giá tr ị m c ầ n tìm là 3 m = và ph ươ ng trình giao tuy ế n ñ ó là ñườ ng th ẳ ng: 7 8 3 2 0 3 5 7 5 1 0 4 7 x t x y z y t y z z t = +  + − − =   ⇔ = − −   − + − =   = − −  . Bài 18. Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a ñộ Oxyz, cho b ố n ñ i ể m: A(1; 2; 1), B(–2; 1; 3), C(2; –1; 1) và D(0; 3; 1). Vi ế t ph ươ ng trình m ặ t ph ẳ ng (P) ñ i qua A và B sao cho kho ả ng cách t ừ C ñế n (P) b ằ ng kho ả ng cách t ừ D ñế n (P). Giải. 10 (P) c¾t CD t¹i trung ®iÓm I cña CD CD//(P) I D C A B (P) D C (P) B A Cách 1. Mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu của bài toán trong 2 trường hợp sau: TH1. (P) qua A, B và song song với CD. Vì AB ( 3; 1;2) = − −  , CD ( 2;4;0) = −  nên mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến AB,CD ( 8; 4; 14) n   = = − − −      , do ñó (P): 4x + 2y + 7z – 15 = 0. TH2. (P) qua A, B và cắt CD tại trung ñiểm I của CD. Nhưng I(1; 1; 1) nên AI (0; 1;0) = −  và do ñó véc tơ pháp tuyến của (P) là AB,AI (2;0;3) n   = =      , do ñó (P): 2x + 3z – 5 = 0. Như vậy có 2 mặt phẳng (P) cần tìm là: 4x + 2y + 7z – 15 = 0; 2x + 3z – 5 = 0. Cách 2. Phương trình tổng quát của (P): ax + by + cz + d = 0 (a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0). Do (P) qua A, B nên: 2 0 3 2 2 3 0 5 5 a b c d b a c a b c d d a c + + + = = − +   ⇔   − + + + = = −   . Như vậy (P): ax – (3a – 2c)y + cz + 5a – 5d = 0. Từ giả thiết d(C; (P)) = d(D; (P)) 2 2 2 2 2 2 2 3 2 5 5 3(3 2 ) 5 5 (3 2 ) (3 2 ) a a c c a c a c c a c a a c c a a c c + − + + − − − + + − ⇔ = + − + + − + 10 6 4 2 7 4 ; 3 2 a c a c a c a c ⇔ − = − + ⇔ = = . Với a = 4, c = 7 thì b = 2, d = −15 và ta ñược (P 1 ): 4x + 2y + 7z – 15 = 0. Với a = 2, c = 3 thì b = 0, d = −5 và ta ñược (P 2 ): 2x + 3z – 5 = 0. Bài 19. Cho ña thức 2 0 1 2 ( ) m m f x a a x a x a x = + + + + và ma trận vuông A. Ta ký hiệu f(A) là ma trận ñược xác ñịnh như sau: 2 0 1 2 (A) I A A A m n m f a a a a= + + + + , trong ñó I n là ma trận ñơn vị cùng cấp với ma trận vuông A. Áp dụng, cho A 4 5 2 5 7 3 6 9 4           − = − − và f(x) = x 2 – x 3 , tính f(A). Giải. Vì 2 4 5 2 4 5 2 3 3 1 A 5 7 3 5 7 3 3 3 1 6 9 4 6 9 4 3 3 1 − − − − − = − − − −           =                nên 3 2 3 3 1 4 5 2 3 3 1 A A A 3 3 1 5 7 3 3 3 1 3 3 1 6 9 4 3 3 1 . − − − = = − − − − − −           =                . Từ ñó suy ra f(A) 2 3 0 0 0 A A O 0 0 0 0 0 0     = − = =       . Bài 20. Giải hệ phương trình tuyến tính sau. 2 4 8 3 9 27 4 16 64 x y z x y z x y z + + = + + = + + =      Giải. Ta có D = 2 0 ≠ nên hệ là hệ Crame, do ñó có nghiệm duy nhất. D 48, D 52, D 18 x y z = = − = . Từ ñó hệ có nghiệm 24; 26, 9 x y z = = − = . Bài 21. Tìm nghiệm tổng quát và nghiệm cơ bản của hệ phương trình: 1 2 3 1 2 3 2 3 0 3 0 x x x x x x      − + = + − = Giải. Nghiệm tổng quát ( 8 , 5 , 7 ), t t t t − ∈ R , do ñó nghiệm cơ bản ( 8;5;7) − . [...]... ∈ Q( 2) V y Q( 2) là vành con c a Q Bài 19 Xét t p X = Q2 = Q × Q v i hai phép toán c ng (+) và nhân (.) sau: (a, b) + (c, d ) = (a + c, b + d ) ; (a, b).(c, d ) = (ac + 2bd , ad + bc) Ch ng minh r ng X cùng v i hai phép toán xác ñ nh như trên là m t vành và vành X ñ ng c u v i vành Q( 2) (bài t p trên) Gi i ● Vi c ch ng minh X là m t vành là ñơn gi n (vành này có ph n t không là (0, 0), ñ i c a... cong t ro ng t ruo ng T 0 e a b 0 0 0 0 0 a e 0 e a b e a 0 a b e 0 b 0 b e a + 0 e a b 0 0 e a b e e 0 b a a b b b a 0 e 25 M T S BÀI T P ÔN THI ðHSP TOÁN MÔN ð I S VÀ HÌNH H C 1 Các bài toán v hình h c gi i tích ph ng Bài 1 Trong m t ph ng v i h to ñ ñ các vuông góc Oxy, cho elip (E) có phương trình: 4x2 + 3y2 – 12 = 0 Tìm ñi m trên elip sao cho ti p tuy n c a elip t i ñi m ñó cùng v i các tr c to... Z } là m t vành con c a vành C các s ph c (g i là vành các s nguyên Gauxơ) (s i có tính ch t i 2 = −1 ) { 2) = { a + b } là m t vành con c a vành R các s th c 2 a, b ∈ Q } là m t vành con c a vành Q các s h u t 2) Ch ng r ng t p Z[ 2] = a + b 2 a, b ∈ Z 3) Ch ng r ng t p Q( Gi i 23 1) Hi n nhiên 0, 1∈ Z[i ] V i m i α = a + bi, β = c + di ∈ Z[i ] ta có α − β = (a − c) + (b − d )i ∈ Z[i ] và αβ = (a... , trong ñó m, n ∈ R và không ñ ng th i b ng không Hơn n a nó ñi qua M nên: m(1 + 1 + 1 − 2 + 2 − 4 − 3) + n(1 + 1 + 1 + 4 − 2 − 11) = 0 ⇔ 2m + 3n = 0 Ch n m = 3 thì n = −2 và (S) là: x2 + y2 + z2 −14x + 6 y − 8z + 13 = 0 ⇔ ( x − 7)2 + ( y + 3)3 + ( z − 4)2 = 61 16 Ph n 2 Các bài toán v ð i s ñ i cương Lý thuy t 1 N a nhóm, nhóm, nhóm con chu n t c, nhóm thương và ñ ng c u nhóm 2 Vành: ñ nh nghĩa, tính... (m + n)e ∈ A và me.ne = (mn)e ∈ A V y A là vành con c a vành X 2) Vì X là m t trư ng nên không có ư c c a không, do ñó trên A cũng không có ư c c a không, vì th A là m t miêng nguyên { } Bài 12 Trên trư ng các s th c R , cho t p con A = Q ( 2) = a + b 2 a, b ∈ Q 1) Ch ng minh A là trư ng con c a trư ng R 1 2) Tìm ph n t ngh ch ñ o c a ph n t : x = − 2 2 Gi i 1) Hi n nhiên A ch a 0 và 1, do ñó A... c a m i vành Z, Z[ 2], Z[ i ] Gi i + Vành Z các s nguyên có duy nh t m t t ñ ng c u ñó là t ñ ng c u ñ ng nh t Th t v y n u f là m t t ñ ng c u c a Z thì f(0) = 0 và f(1) = 1, do ñó f (−1) = f (0 − 1) = f (0) − f (1) = 0 − 1 = −1 V y v i m i n ∈ ℕ thì f (n) = nf (1) = n và do ñó f (− n) = − f (n) = − n T ñó f ≡ id Z + Vành Z[ 2] có hai t ñ ng c u ñó là t ñ ng c u ñ ng nh t và t ñ ng c u liên h p... ph n t nên t n t i x ∈ X , x ≠ 0 và x2 = x V y v i m i y ∈ X ta có: xy = x2y hay xy – x2y = 0, t c là x(y – xy) = 0 Do x ≠ 0 và X không có ư c c a không nên suy ra xy = y Vì X giao hoán nên ta cũng có yx = y V y x là ñơn v Tóm l i m i ph n t khác không c a X ñ u là ñơn v , do ñó X = { 0, 1} (X ch có hai ph n t ), suy ra X là mi n nguyên Bài 7 L p b ng toán c ng (+) và nhân ( × ) cho trư ng X có 4 ph... p ch n l n hơn 2, luôn luôn ch a m t nhóm con không t m thư ng cũng có c p ch n Gi i + Xét nhóm nhân X có c p 2n, n > 1 và n là s nguyên dương Hi n nhiên ánh x : f : X → X xác ñ nh b i f ( x) = x −1 là m t song ánh + Vì v y n u ghép c p x và x–1 v i nhau ta ñư c n c p như v y Nhưng e = e–1 th c ch t ch là m t ph n t , nên còn t n t i ít nh t m t ph n t x ∈ X có tính ch t x = x–1 và x ≠ e, hay x2 = e... ( y ) = y , do ñó f ( xy ) = f ( x) f ( y ) = xy ⇒ xy ∈ A và f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) = x + y ⇒ x + y ∈ A Ngoài ra v i e là ñơn v c a X thì f (e) = e ⇒ e ∈ A V y A là vành con c a vành X Bài 11 Cho X là m t trư ng v i ñơn v e Xét b ph n A = {ne n ∈Z} c a X 1) Ch ng minh r ng A là vành con c a vành X 2) A có ph i là m t mi n nguyên không? T i sao? Gi i 1) Hi n nhiên khi n = 0, n = 1 thì 0, e... 2) và 19 f 2 (a + b 2 ) = a – b 2 , v i m i a + b 2 ∈ Q( 2) 2 2 Hi n nhiên Aut Q( 2) = { f1 , f 2 } v i phép nhân ánh x có tính ch t f1 = f1 , f 2 = f1 , f1 f 2 = f 2 f1 = f 2 , nên là m t nhóm xyclic mà ph n t sinh là f 2 + t ñ ng c u liên h p Bài 6 Gi s X là m t vành có tính ch t x2 = x, v i m i x ∈ X Ch ng minh r ng: 1) x + x = 0, v i m i x ∈ X 2) X là m t vành giao hoán 3) N u X là vành không . 1 ðỀ CƯƠNG ÔN TẬP THI ðẠI HỌC SƯ PHẠM TOÁN LIÊN THÔNG PHẦN ðẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC Phần 1 . Các bài toán về Hình học giải tích và ðại số tuyến tính Lý thuyết 1. Hình học giải tích. Nếu A ≠ { } 0 , thì tồn tại a ≠ 0 và a ∈ A, suy ra: – a ∈ A. Trong 2 số nguyên khác không a và – a có số nguyên dương nên A chứa số nguyên dương. Gọi m là số nguyên dương nhỏ nhất thuộc A thương và ñồng cấu nhóm 2. Vành: ñịnh nghĩa, tính chất. Trường, trường con 3. Vành ña thức: ñịnh nghĩa, tính chất Bài tập Bài 1. Cho tập { } * ( , ) , , 0 a b a b b× = ∈ ≠ R R R và trên