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.. Lập phương trình cái phẳng α ñi qua 4 ñiểm ñó.. Khi ñó phương trình của β βf = ′ chính là phương trình của phẳng ñi

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; e , e ,e , e
1
2
3
4

) 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 γñi 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; e , e , e
1
2
3

) cho trước, cho ánh xạ afin

′ = − − + +





′ = + − −



 ′ = + − −



1) Chứng minh f là phép biến ñổi afin của A3

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 :x+2y+3z−6 0= 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

−

= ≠

−

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

5 0

−

= ≠

− , 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:

ax1 + bx2 + cx3 + dx4 = e Thay toạ ñộ 4 ñiểm vào và giải hệ ta ñược phương trình của siêu phẳng α là x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 5

Cách 2 Phương trình của phẳng α có dạng ñịnh thức là:

0

−

=

−

hay

⇔x1+2x2+3x3+4x4− =5 0

Cách 3 Cái phẳng α ñi qua A (hoặc B, hoặc C, hoặc D) có phương L(AB, AC, AD)là:

α:

1

1











(ñi qua A) hoặc

α:

1











(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

= −



 = +





=



 = −



1 2 3 4

2 2

2 3 1 1

x

= −



 = − +



⇔

=



 = −



1 2 3 4

1 2

2 0

1 0







1

2

3

4

1 γ:

1

x

= +





=





= −





1 2 3 4

1 1 1

x

=





= − +



⇔

= −





4

1 0

1 0

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

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

1 1

4 5

−

nên f là song ánh Do

ñó f là phép biến ñổi afin của A3

2) Tập hợp các ñiểm bất ñộng của f (nếu có) có tọa ñộ thỏa mãn hệ

= − − + +









hay









Trong A3 ta có (α) : 3x+5y−z−20 0= 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) : 3x+5y−z−20 0=

+ Lấy M( ; ; ) αa b c ∉ thì 3a+5b−c−20 0≠ ðặt f(M) M ( ; ; )= ′ a b c′ ′ ′ và xét MM′

ta thấy

MM′ = −( (3a+5b−c−20), 3a+5b−c−20, 6a+10b−2c−40) (3= a+5b−c−20)( 1;1;2)−



+ ðặt u = −
( 1;1;2)

thì MM
′ ∈L( )u

Vì phẳng α:3x+5y z− −20 0= có thể viết ở dạng tham số là:

1 2

1 2

α:

3 5 20

=





=



 nên nếu ñặt u =
1 (1;0;3)

, u =
2 (0;1;5)

thì α
=L( , )u u
1
2

và hiển nhiên ta có −u
1+u
2 =u

, do ñó

1 2

α L( , )

u
∈
= u u

+ Kết luận f là phép thấu xạ trượt nền (α) : 3 x+5y−z−20 0= , phương L( )u

với u = −
( 1;1;2)

3) Qua f cái phẳngβ : x+2y+3z−6 0= biến thành cái phẳng (β) βf = ′ 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) βf = ′ 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) βf = ′ là cái phẳng ñi qua A’, B’, C’ có phương A B ( 3;0; 6), A C′ ′= − − ′ ′=(14; 20; 38)− −




và

do ñó có phương trình:

2

20 6 38









Ngày kiểm tra thứ 5 ngày 04 tháng 3 năm 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; e , e , e
1
2
3

) cho trước cho mặt bậc hai

(S): x2+y2+z2+2xy−2x−2y−2z− =1 0 và biến ựổi afin f:

1

1

′ = + −





′ =



 ′ = −



1) Tìm tâm, phương tiệm cận và ựường tiệm cận (nếu có) của (S)

2) Tìm phương trình chuẩn tắc của (S) và ảnh f(S) = (SỖ)

3) Chứng minh ựiểm A( 0;1;1+ 3) thuộc (S) Lập phương trình ựường thẳng ựi qua A và nằm trên (S)

Câu 2 Trong không gian afin n chiều n

A với mục tiêu afin (O;e , e , , e
1
2
n

) cho trước hãy ựưa phương trình siêu mặt bậc hai (S) sau về dạng chắnh tắc, dạng chuẩn tắc

2

1 1

0

i j

<

∑ ∑

Lời giải Câu 1 (6 ựiểm)

1) + Tâm (S) có tọa ựộ thỏa mãn hệ

1 0

1

z

+ − =



=



đó là một ựường thẳng

+ Phương u =( ; ; ) 0a b c ≠

là phương tiệm cận của (S) ⇔ a2+b2+c2+2ab=0⇔(a+b)2+c2 =0 Vậy u
=( ;a −a;0), 0≠a∈

R + Vì (S) không có tâm duy nhất nên không có ựường tiệm cận

2) + Vì (S): x2+y2+z2+2xy−2x−2y−2z− =1 0⇔ x2+2 (x y−1) (+ y−1)2+(z−1)2 =3⇔

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

+ đặt

1

3

1 ( 1) 3







′ =





′



thì phương trình chuẩn tắc của (S) là x′2+z′2− =1 0 đó là mặt trụ

3) + Vì 02+12+(1+ 3)2+2.0.1 2.0 2.1 2(1− − − + 3) 1 0− = nên A∈(S)

+ đường thẳng ∆ ựi qua A có phương u
=( ;a −a;0), 0≠a∈

R có phương trình 1

z

 =



= −





= +



Thế vào (S): ( )at 2+(1−at)2+(1+ 3)2+2 (1at −at) 2− at−2(1−at) 2(1− + 3) 1− =

=a t2 2+ −1 2at+a t2 2+ +1 2 3 3 2+ + at−2a t2 2 −2at−2 2+ at−2 2 3 1 0− − =

Vậy ∆ nằm trên (S)

Câu 2 (4 ựiểm)

+ Ma trận A của (S) là

1

1

=

Suy ra ña thức ñặc trưng là

+

1

1

n

k

k

−

−

−

2

n

k= + , véc tơ riêng tương ứng α
1=(1;1; ;1)

Với 1

2

k = (bội n – 1), véc tơ riêng tương ứng là α
2 =(1; 1;0; ;0)−

, α
3=(1;0; 1; ;0)−

,…,

α
n =(1;0; ;0; 1)−

+ Bằng phép ñặt

1 1 2

2 1 2

1

n













n

+ + + + = là dạng chính tắc

+ Nếu ñặt

1 2 1 2

1 2

n

=







=











=





thì (S) có dạng chuẩn tắc là 2 2 2

1 2 n 0

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; e , e ,e , e
1
2
3
4

) 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 A R3( ) với (S): 2 2 2

1 2 2 3 2 1 2 2 3 2 0

x + x −x + x x + x − = , ñưa (S) về dạng chính tắc và tìm nón tiệm cận của (S)