BÀI KIỂM TRA HỌC TRÌNH (Phần Hình học afin và hình học Ơclit)

BÀI KIỂM TRA HỌC TRÌNH
(Phần Hình học afin và hình học Ơclit)


Câu 1
. Trong không gian afin 4 chiều
4
A
với mục tiêu afin (O;
1 2 3 4
e ,e ,e ,e
   
) cho trước, cho 4 ñiểm
A
(2; 2; 1; 1)
−
, B
(0; 1; 1; 0)
, C
(0; 1; 1; 1)
−
và D
(1; 0; 0; 1)
.
1) Chứng minh rằng 4 ñiểm A, B, C, D là ñộc lập. Lập phương trình cái phẳng
α
ñi qua 4 ñiểm ñó.
2) Lập phương trình cái phẳng
β
ñi qua A, B và phương trình cái phẳng
γ

ñi qua C, D ở dạng tham
số và dạng tổng quát.
3) Xét vị trí các cặp phẳng (
α
,
β
); (
α
,
γ
); (
β
,
γ
).
Câu 2
. Trong không gian afin 3 chiều
3
A
với mục tiêu afin (O;
1 2 3
e ,e ,e
  
) cho trước, cho ánh xạ afin

2 5 20
: 3 6 20
6 10 40
x x y z
f y x y z

z x y z
′
= − − + +


′
= + − −


′
= + − −

.
1) Chứng minh f là phép biến ñổi afin của
3
A
.
2) Tìm tập hợp tất cả các ñiểm bất ñộng của f. Từ ñó suy ra phép là phép thấu xạ trượt. Xác ñịnh
nền và phương của f.
3) Tìm ảnh của siêu phẳng
β : 2 3 6 0
x y z
+ + − =
qua f.
Giải.

Câu 1
. (5 ñiểm)
1) ● ðể chứng minh 4 ñiểm A, B, C, D ñộc lập ta có thể chứng minh theo hai cách sau ñây:
Cách 1. Chứng minh hệ 3 véc tơ

(AB, AC, AD)
  
là ñộc lập tuyến tính. Thật vậy ta có:

AB ( 2; 3; 0; 1), AC ( 2; 1; 0; 0), AD ( 1; 2; 1; 0)
= − − = − = − −
  
, và
3 0 1
1 0 0 1 0
2 1 0
−
= ≠
−
nên suy ra
hệ 3 véc tơ
(AB, AC, AD)
  
là ñộc lập tuyến tính, tức 4 ñiểm A, B, C, D là hệ ñiểm ñộc lập.
Cách 2. Có thể xét ñịnh thức
2 2 1 1
0 1 1 0
5 0
0 1 1 1
1 0 0 1
−
= ≠
−
, ñể suy ra 5 ñiểm O, A, B, C, D là ñộc lập và từ
ñó suy ra 4 ñiểm A, B, C, D ñộc lập.

● ðể viết phương trình của cái phẳng
α
ñi qua 4 ñiểm ñộc lập A, B, C, D ta có thể làm theo:
Cách 1. Khi ñó phẳng
α
chứa 4 ñiểm ñó là siêu phẳng với phương trình tổng quát là:
ax
1
+ bx
2
+ cx
3
+ dx
4
= e. Thay toạ ñộ 4 ñiểm vào và giải hệ ta ñược phương trình của siêu
phẳng
α
là x
1
+ 2x
2
+ 3x
3
+ 4x
4
= 5.
Cách 2. Phương trình của phẳng
α
có dạng ñịnh thức là:
1 2 3 4

1
2 1 1 1 1
0
0 1 1 0 1
0 1 1 1 1
1 0 0 1 1
x x x x
−
=
−
hay

1 2 3 4
2 3 4 5 0
x x x x
⇔ + + + − =
.
Cách 3. Cái phẳng
α
ñi qua A (hoặc B, hoặc C, hoặc D) có phương
L(AB, AC, AD)
  
là:
1 1 2 3
2 2 3
3 3
4 1
2 2 2
2 3 2
α :

1
1
x t t t
x t t t
x t
x t
= − − −


= − + + +


= −


= −

(ñi qua A) hoặc
1 1 2 3
2 2 3
3 3
4 1
2 2
1 3 2
α :
1
x t t t
x t t t
x t
x t

= − − −


= + + +


= −


= −

(ñi qua B).
2) Ta có
AB ( 2; 3; 0; 1), CD (1; 1; 1; 0)
= − − = −
 
nên phương trình các phẳng
β
và
γ
là:

1
2
3
4
2
1 3
β:
1

x t
x t
x
x t
= −


= +


=


= −


1
2
3
4
2 2
2 3
1
1
x t
x t
x
x t
= −



= − +

⇔

=


= −


1 2 3 4
1 2 4
1 2
2 0
1 0
3 2 2 0
x x x x
x x x
x x
+ + + − =


⇔ + + − =


+ − =


1
2
3
4
1
γ:
1
x s
x s
x s
x
= +


=


= −


=

1
2
3
4
1
1
1
x s

x s
x s
x
=


= − +

⇔

= −


=


1 2 3
1 3
4
2 1 0
1 0
1 0
x x x
x x
x
+ − − =


⇔ + − =



− =

.
3) Dễ thấy
β α
⊂
và
β // α
vì
β α
⊂


;
γ α
⊂
và
γ // α
vì
γ α
⊂


.
Hệ
2 1
1 3
1
1

t s
t s
s
t
− = +


+ =


= −


− =

vô nghiệm nên AB, CD không có ñiểm chung.
Hơn nữa hai véc tơ
AB, CD
 
không cùng phương nên suy ra hai cái phẳng
β
(ñường thẳng AB) và
γ
(ñường thẳng CD) là chéo nhau.
Câu 2
. (5 ñiểm)
1) Ma trận A của f có detA
2 5 1 2 5 1
1 1
3 6 1 1 1 0 1 0

4 5
6 10 1 4 5 0
− − − −
= − = = = ≠
−
nên f là song ánh. Do
ñó f là phép biến ñổi afin của
3
A
.
2) Tập hợp các ñiểm bất ñộng của f (nếu có) có tọa ñộ thỏa mãn hệ
2 5 20
3 6 20
6 10 40
x x y z
y x y z
z x y z
= − − + +


= + − −


= + − −

hay

3 5 20 0
3 5 20 0 3 5 20 0
6 10 2 40 0

x y z
x y z x y z
x y z
− − + + =


+ − − = ⇔ + − − =


+ − − =

.
Trong
3
A
ta có
(
α) :3 5 20 0
x y z
+ − − =
là một siêu phẳng. Như vậy phép f có một siêu phẳng bất
ñộng nên nó là phép thấu xạ có nền là siêu phẳng
(
α) :3 5 20 0
x y z
+ − − =
.
+ Lấy
M( ; ; )
α

a b c
∉
thì
3 5 20 0
a b c
+ − − ≠
. ðặt
f(M) M ( ; ; )
a b c
′ ′ ′ ′
=
và xét
MM
′

ta thấy

MM ( (3 5 20), 3 5 20, 6 10 2 40) (3 5 20)( 1;1;2)
a b c a b c a b c a b c
′
= − + − − + − − + − − = + − − −

.
+ ðặt
( 1;1;2)
u
= −

thì
MM L( )

u
′
∈


. Vì phẳng
α:3 5 20 0
x y z
+ − − =
có thể viết ở dạng tham số là:

1
2
1 2
α:
3 5 20
x t
y t
z t t
=


=


= + −


nên nếu ñặt
1

(1;0;3)
u
=

,
2
(0;1;5)
u
=

thì
1 2
α L( , )
u u
=

 
và hiển nhiên ta có
1 2
u u u
− + =
  
, do ñó
1 2
α L( , )
u u u
∈ =

  
.

+ Kết luận f là phép thấu xạ trượt nền
(
α) :3 5 20 0
x y z
+ − − =
, phương
L( )
u

với
( 1;1;2)
u
= −

.
3) Qua f cái phẳng
β : 2 3 6 0
x y z
+ + − =
biến thành cái phẳng
(
β
)
β
f
′
=
ñược xác ñịnh như sau:
+ Lấy 3 ñiểm ñộc lập của
β

chẳng hạn A, B, C và xác ñịnh ảnh của chúng qua f. Khi ñó phương
trình của
(
β
)
β
f
′
=
chính là phương trình của phẳng ñi qua 3 ñiểm ảnh dố.
+ Ta có ñiểm
A(6;0;0)
β
∈
biến thành ñiểm
A (8; 2; 4)
′
− −
;
ñiểm
B(0;3;0)
β
∈
biến thành ñiểm
B (5; 2; 10)
′
− −
;
ñiểm
C(0;0;2)

β
∈
biến thành ñiểm
C (22; 22; 42)
′
− −
.
Suy ra
(
β
)
β
f
′
=
là cái phẳng ñi qua A’, B’, C’ có phương
AB ( 3;0; 6), AC (14; 20; 38)
′ ′ ′ ′
= − − = − −
 
và
do
ñ
ó có ph
ươ
ng trình:

1 2
2
1 2

8 3 14
2 20 20 33 10 134 0
20 6 38
x t t
y t x y z
z t t
= − +


= − − ⇔ + − − =


= − − −

.


Ngày ki
ể
m tra th
ứ
5 ngày 04 tháng 3 n
ă
m 2010

BÀI KIỂM TRA HỌC TRÌNH
(Phần Hình học afin và hình học Ơclit)

Câu 1
. Trong không gian afin 3 chiều
3
A
với mục tiêu afin (O;
1 2 3
e ,e ,e
  
) cho trước cho mặt bậc hai

(S):
2 2 2
2 2 2 2 1 0
x y z xy x y z
+ + + − − − − =
và biến ñổi afin f:
1
1
x x y
y y
z z
′
= + −


′
=


′
= −

.
1) Tìm tâm, phương tiệm cận và ñường tiệm cận (nếu có) của (S).
2) Tìm phương trình chuẩn tắc của (S) và ảnh f(S) = (S’).
3) Chứng minh ñiểm A(
0;1;1 3
+
) thuộc (S). Lập phương trình ñường thẳng ñi qua A và nằm
trên (S).

Câu 2
. Trong không gian afin n chiều
n
A
với mục tiêu afin (O;
1 2
e ,e , ,e
n
  
) cho trước hãy ñưa
phương trình siêu mặt bậc hai (S) sau về dạng chính tắc, dạng chuẩn tắc.

2
1 . 1
0
n n
i i j
i i j
i j
x x x
= =
<
+ =
∑ ∑
.
Lời giải

Câu 1
. (6 ñiểm)
1) + Tâm (S) có tọa ñộ thỏa mãn hệ

2 2 2 0
1 0
2 2 2 0 1
1
2 2 0 1
x y x t
x y
x y y t
z
z z
+ − = =
 
+ − =

 
+ − = ⇔ ⇔ = −
  
=

 
− = =
 
.
ðó là một ñường thẳng.
+ Phương
( ; ; ) 0
u a b c
= ≠



là phương tiệm cận của (S)
⇔
2 2 2 2 2
2 0 ( ) 0
a b c ab a b c
+ + + = ⇔ + + =
.
Vậy
( ; ;0), 0
u a a a
= − ≠ ∈

R
.
+ Vì (S) không có tâm duy nhất nên không có ñường tiệm cận.
2) + Vì (S):
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 1 0 2 ( 1) ( 1) ( 1) 3
x y z xy x y z x x y y z
+ + + − − − − = ⇔ + − + − + − = ⇔


2 2
( 1) ( 1) 3
x y z
⇔ + − + − =
nên f(S) = (S’) có phương trình
2 2
3 0
x z

′ ′
+ − =
.
+ ðặt
1
( 1)
3
1
( 1)
3
x x y
y y
z z

′
= + −



′
=


′

= −


thì phương trình chuẩn tắc của (S) là
2 2

1 0
x z
′ ′
+ − =
. ðó là mặt trụ.
3) + Vì
2 2 2
0 1 (1 3) 2.0.1 2.0 2.1 2(1 3) 1 0
+ + + + − − − + − =
nên A
∈
(S).
+ ðường thẳng
∆
ñi qua A có phương
( ; ;0), 0
u a a a
= − ≠ ∈

R
có phương trình
1
1 3
x at
y at
z

=

= −



= +

.
Thế vào (S):
2 2 2
( ) (1 ) (1 3) 2 (1 ) 2 2(1 ) 2(1 3) 1
at at at at at at
+ − + + + − − − − − + − =


2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 3 1 0
a t at a t at a t at at
= + − + + + + + − − − + − − − =
.
Vậy
∆
nằm trên (S).
Câu 2. (4 ñiểm)
+ Ma trận A của (S) là
1 1
1
2 2
1 1
1
A
2 2

1 1
1
2 2
 
 
 
 
 
=
 
 
 
 
 
. Suy ra ña thức ñặc trưng là
+
1
1 1
1
2 2
1 1
1
1 1
det(A I)
2 2
2 2

1 1
1
2 2

n
k
k
n
k k k
k
−
−
−
+
   
− = = − −
   
   
−
.
+ Với
1
2
n
k
+
=
, véc tơ riêng tương ứng
1
α (1;1; ;1)
=

.
Với

1
2
k
=
(bội n – 1), véc tơ riêng tương ứng là
2
α (1; 1;0; ;0)
= −

,
3
α (1;0; 1; ;0)
= −

,…,
α (1;0; ;0; 1)
n
= −

.
+ Bằng phép ñặt
1 1 2
2 1 2
3 1 3
1


n
n n
y x x x

y x x
y x x
y x x
= + + +


= −


= −



= −


thì (S):
2 2 2
1 2
1 1 1
0
2 2 2
n
n
y y y
+
+ + + =
là dạng chính tắc.
+ Nếu ñặt
1 1

2 2
1
2
1
2

1
2
n n
n
z y
z y
z y

+
=



=





=


thì (S) có dạng chuẩn tắc là
2 2 2

1 2
0
n
z z z
+ + + =
.


Ngày kiểm tra thứ 4 ngày 24 tháng 3 năm 2010






D\Giáo án 2009 – 2010\KTHT 1 HHAFIN VÀƠCLIT
BÀI KIỂM TRA HỌC TRÌNH
(Phần Hình học afin và hình học Ơclit)

Câu 1
. Trong không gian afin 4 chiều
4
A
với mục tiêu afin (O;
1 2 3 4
e ,e ,e ,e
   
) cho trước, cho 4 ñiểm

Câu 2
. Trong không gian afin ba chiều
3
A
cho 4 ñiểm ñộc lập A, B, C, D. Lập phương trình của
biến ñổi afin f ñối với mục tiêu
(A; AB, AC, AD)
  
sao cho f(A) = B, f(B) = A, f(C) = C và f(D) = D.
Câu 3
. Một siêu mặt bậc hai afin (S) với ma trận A gọi là không suy biến nếu detA
≠
0 và gọi là
suy biến nếu detA = 0. Giả sử (S) là siêu mặt bậc hai afin không suy biến, có tâm và có phương
tiệm cận. Chứng minh rằng tâm của (S) là một ñiểm duy nhất và hợp của tất cả các ñường tiệm cận
của (S) lập thành một siêu mặt bậc hai gọi là nón tiệm cận của (S). Chỉ rõ phương trình của siêu
nón tiệm cận ñó nếu biết phương trình của (S).
Áp dụng. Trong
3
( )
A R
với (S):
2 2 2
1 2 3 1 2 3
2 2 2 2 0
x x x x x x
+ − + + − =
, ñưa (S) về dạng chính tắc và
tìm nón tiệm cận của (S).