Tiểu luận Hình học giải tích

a d a d a d a b c d e d b e e b a b c d e b e d b                                                 Chọn 2 3, 4, 6, 4, 0.b d e a c f        Vậy (C): 2 26 4 4 6 8 0x xy y x y     hay 2 23 2 2 3 4 0x xy y x y     Dạng 2: (C) qua 3 điểm (có tọa độ cho trước) và có tâm (có tọa độ cho trước). Phương pháp: + Với 3 điểm cho trước, ta được 3 phương trình với ẩn số a, b, c, d, e, f.. + Tâm là nghiệm của hệ 0 0 0 0 ( ; ) 0 ( ; ) 0 x y F x y F x y     . Thu được 2 phương trình với ẩn số a, b, c, d, e, f. + Vậy ta có 5 phương trình 6 ẩn. Cách giải tương tự như đã nêu ở phần trên. Ví dụ: Tìm phương trình tổng quát của đường cong bậc hai có tâm là (2; 3) đi qua các điểm (0; 0), (0; 1), (1; 0). Giải: Ta có hệ sau: 0 0 2 0 2 2 0 2 2 3 0 2 3 0 5 2 f f a d a d c e c e a b d b d b c e b e                          Chọn 2 5, 10, 4.e b d a c        Vậy (C): 2 210 10 4 10 4 0.x xy y x y      Hay: 2 25 5 2 5 2 0.x xy y x y      Dạng 3: (C) qua 3 điểm và cắt mỗi đường thẳng 1 2,d d cho trước tại một điểm duy nhất. Phương pháp: + (C) qua 3 điểm cho ta 3 phương trình. + d1 cắt (C) tại 1 điểm duy nhất 1 1 0 0 P Q    + d2 cắt (C) tại 1 điểm duy nhất 2 2 0 0 P Q    + Có 5 phương trình. Cách giải tương tự như đã nêu ở phần trên. Ví dụ: Viết phương trình (C) qua 3 điểm (0; 0), (0; 2), (2; 4) và chỉ cắt mỗi đường 1 2: 3 2 1 0, : 2 5 0d x y d x y      tại 1 điểm duy nhất. Giải: (C): F(x; y): ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey + f = 0. (C) qua 3 điểm nên ta có hệ 0 4 4 0 4 2 0 f c e a b d e          (1) Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 32 Xét d1 qua A(1; 2): 1 1 2 : 2 3 x t d y t      (1;2) 2( 2 ), (1;2) 2( 2 ).x yF a b d F b c e       ( )d C có phương trình: 2(4 12 9 ) [4( 2 ) 6( 2 )] (1;2) 0.a b c t a b d b c e t F          Để d1 cắt (C) tại 1 điểm 4 12 9 0. 4( 2 ) 6( 2 ) 0. a b c a b d b c e           (2) Tương tự, xét d2 qua B(-2; -1): 2 2 : 1 2 x t d y t        ( 2; 1) 2( 2 ), ( 2; 1) 2( 2 ).x yF a b d F b c e             Để d1 cắt (C) tại 1 điểm 0 4 4 0. 0 4 6 2 4 4 0 P a b c Q a b d c e               (3) (1), (2), (3) ta có hệ: 0 4 4 0 4 2 0 4 12 9 0. 4 4 0 4( 2 ) 6( 2 ) 0 4 6 2 4 4 0 f c e a b d e a b c a b c a b d b c e a b d c e                              0 4 2 0 4 4 16 16 12 9 0 4( 2 ) 6( 2 ) 0 4 6 2 4 4 0 f c e a b d e a b c b c b c a b d b c e a b d c e                              0 8 2 0 12 4 4( 2 ) 6( 2 ) 0 4 6 2 4 4 0 f c e b d e a b c b a b d b c e a b d c e                          Chọn 1 4, 4, 0, 12, 0.b c e d a f         Vậy (C): 2 212 2 4 8 0.x xy y y     Ví dụ: Lập phương trình (C) chỉ cắt mỗi trục tọa độ tại gốc O và đi qua 2 điểm (2; -1), (-2; 2). Giải: (C) qua O: ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey = 0. 2 2 22 2 2 0 2 0(*) ( ) : 0 0 ax bxy cy dx ey ax dx C Ox y y             (C) cắt Ox tại 1 điểm tương đương (*) có nghiệm duy nhất 0 0 a d    2 2 22 2 2 0 2 0(**) ( ) : 0 0 ax bxy cy dx ey cy ey C Oy x y             (C) cắt Oy tại 1 điểm tương đương (**) có nghiệm duy nhất 0 0 c e    Suy ra (C): 2bxy + 2dx + 2ey = 0 hay bxy + dx + ey = 0. (***) Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 33 (C) đi qua 2 điểm (2; -1), (-2; 2) nên tọa độ nó thỏa (***): 2 2 0 4 2 2 0 6 b d e b d b d e e b           Cho 1 4, 6.b d e    Vậy (C) cần tìm có phương trình: 4 6 0.xy x y   Dạng 4: Tìm phương trình tổng quát của đường bậc hai nhận hai đường thẳng 1 2: 0, : 0d ax by c d a x b y c        làm tiệm cận. - Gọi ( ; )v   là phương tiệm cận của (C). - Vectơ chỉ phương của 1 21 2 , : ( ; ), ( ; ).d dd d u b a u b a       1 2 , ,d dv u u    là các phương tiệm cận của (C) 0 0 a bb b a ba a                 ( )( ) 0.a b a b        - (C) có dạng 2 2( )( ) 2 2 0 ( ) 2 2 0.ax by a x b y dx ey f aa x ab a b xy bb y dx ey f                   Tâm 0 0( ; )I x y là nghiệm của hệ phương trình: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 ( ) 2 0 ( ) ( ) 2 0 ( ) 2 2 0 ( ) ( ) 2 0 aa x ab a b y d a x b y a ax by a d ab a b x bb x e a x b y b ax by b e                               (I) Vì 1 2,d d là 2 đường tiệm cận nên đi qua tâm, ta có hệ: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ax by c ax by c a x b y c a x b y c                    (II) Từ (I), (II), ta suy ra 2 0 2 2 0 2 ac a c d d ac a c bc b c e e bc b c                     Suy ra phương trình (C): 2 2( ) ( ) ( ) 0aa x a b ab xy bb y ac a c x bc b c y f                2 2 0.aa x a bxy a xc bb y ab xy b cy ac x bc y cc cc f                     ( ) ( ) ( ) 0a x ax by c b y ax by c c ax by c f cc               ( )( ) 0.a x b y c ax by c f cc           Đặt .k f cc  Vậy phương trình tổng quát của đường cong bậc hai nhận 1 2,d d làm tiệm cận là: ( )( ) 0.a x b y c ax by c k        Với .k f cc  Ghi chú: Khi áp dụng kết quả bài này tìm phương trình đường bậc hai thì đề bài luôn phải có thêm dữ kiện để ta suy ra được giá trị của k. Ví dụ: Tìm phương trình (C): a). Qua (1; -1) và nhận 1 2: 2 3 5 0, :5 3 8 0d x y d x y      làm tiệm cận. b). Tiếp xúc 4 5 0x y   và nhận 1 2: 1 0, : 2 1 0d x d x y     làm tiệm cận. Giải : a). Áp dụng công thức đã trình bày ở trên, phương trình (C) có dạng : (2 3 5)(5 3 8) 0.x y x y k      (1) (C) qua (1; -1) suy ra 36.k   Suy ra (C) : 2 210 21 9 41 39 4 0.x xy y x y      b). Phương trình (C) có dạng ( 1)(2 1) 0.x x y k     (2) Lại có 4 5 0x y   (3) là tiếp tuyến của (C). Nên hệ (2), (3) có nghiệm Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 34 ( 1)(2 1) 0 (2 4 5 1)( 1) 0 4 5 x x y k x x x k y x                có nghiệm kép. 2 2 2 66( 1) 0 6 6 0 6 k x k x k x           có nghiệm kép 6 0 6. 6 k k     Vậy phương trình (C): 2( 1)(2 1) 6 0 2 5 0.x x y x xy x y           Vấn đề 9: Bài tập tổng hợp. Bài 1: Trong hệ tọa độ Decart, cho đường bậc 2 (C): 2 23 3 10 2 2 9 0.x y xy x y      a). Xác định tâm và phương tiệm cận. b). Tìm phương trình chính tắc. Giải: a). Gọi 0 0( ; )I x y là tâm của (C) nên tọa độ I là nghiệm của hệ : 1 6 10 2 0 1 12 ( ; ). 10 6 2 0 1 2 2 2 xx y I x y y              b). .OITOxy IXY Ta có phương trình (C) sau khi tịnh tiến là : 2 2 2 21 13 3 10 ( ; ) 0 3 10 3 8 0. 2 2 X Y XY F X XY Y          . IQIXY IX Y   cot 2 0 . 2 4 a c b      Ta có hệ: 1 ( ) 2 1 ( ) 2 X X Y Y X Y         2 2 2 23 3 10( ) : ( ) ( ) ( ) 8 0 2 2 2 C X Y X Y X Y             2 2 2 216 4 16 0 1. 4 Y X Y X          Vậy (C) là 1 hypebol. Với 2 21, 2, 5.a b c a b     Tiệm cận: 2 .bY X X a       1 2( 5;0), ( 5;0).F F   Bài 2: Cho 2 2( ) : 2 3 3 0.C x xy y x y      1). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết nó song song Ox. 2). Tìm tâm, phương tiệm cận, đường tiệm cận của (C) nếu có. 3). Tìm quỹ tích trung điểm những dây của (C) biết những dây đó vuông góc với : 2 8 0.d x y   4). Tìm giao điểm của (C) và Ox. 5). Phương trình chính tắc và gọi tên (C). 6). Tìm 2 đường kính liên hợp của (C) biết một đường kính qua 2 1( ; ). 3 3 E  Giải: 1). Gọi d là tiếp tuyến của (C), vì d song song Ox nên d: y + m = 0. Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 35 Ta có hệ 2 2 2 22 3 3 0 2 3 3 0 x xy y x y x mx m x m y m                 2 2(2 ) 3 3 0x m x m m       (1) Để d là tiếp tuyến của (C) nên (1) có nghiệm kép 2 2 2 4 0 4 4 4 12 12 0 3 8 16 0 3 4 m m m m m m m m                      Vậy 4 : 3 : 4 d y d y      2). Tâm của (C) là nghiệm của hệ phương trình 1 2 2 0 3 2 3 0 4 3 x x y x y y             1 4 ( ; ) ( ). 3 3 I C    Gọi ( ; ) (0;0)v    là phương tiệm cận của (C) 2 2 0      (vô nghiệm). Vậy (C) không có tiệm cận. 3). Quỹ tích trung điểm những dây song song của (C) là đường kính liên hợp của (C). Vì những dây này vuông góc d nên có vectơ chỉ phương là (2 ; -1). Vậy quỹ tích trung điểm những dây thỏa mãn ycbt là đường kính liên hợp với (2; 1)v   có phương trình: 2(2 2) ( 2 3) 0 3 1 0.x y x y x         4). Giao điểm (C) và Ox là nghiệm của hệ : 2 2 2 12 3 3 0 2 3 0 30 xx xy y x y x x xy                 Vậy giao điểm cần tìm là (1;0), ( 3;0).A B  5). 2 2 2 2 2 21 ( 2) ( 2)( ) : 2 3 3 0 2. (2 ) 3 3 0 2 4 4 y y C x xy y x y x x y y y                 2 22 22 3 4 4 12 12 2 3 8 16 0 0 2 4 2 4 y y y y y y y x x                         2 2 2 2 4 16 43 2. 2 16 2 3 163 9 30 2 4 3 2 4 2 3 y y yy y x x                                  2 2 42 3( ) 32 1. 4 8 3 3 y yx                         Đặt 42 3 32 , . 4 8 3 3 y yx X Y        Suy ra (C): 2 2 1.X Y  (Elip thực). 6). Ta có đường kính liên hợp luôn qua tâm 1 4; 3 3 I      , do đó một đường kính (qua 2 1; 3 3 A     ) có phương trình là 1 4 3 3 1 0. 2 1 1 4 3 3 3 3 x y x y           Do đó phương trình đường kính còn lại hợp với phương (1; 1) là: 2 2 2 3 0 3 3 5 0.x y x y x y          Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 36 Vậy 2 phương trình đường kính cần tìm là: 3 3 5 0x y   và 1 0x y   . Bài 3: Lập phương trình đường kính của (C) biết nó nhận 2 đường sau đây làm đường kính liên hợp: 1 2: 3 2 0, : 5 5 4 0.d x y d x y       Phương pháp: + Phương trình đường bậc 2 tổng quát có phương trình F(x; y) = 0. + Ta có: 1 2d d I  , (I là tâm của (C)). + Vì 1 2,d d là 2 đường kính liên hợp của (C) nên nó đều qua tâm, ta có được hệ 2 phương trình biểu diễn tâm I. + Giả sử phương trình d2 chưa biết và phương trình d1 đã biết thì phương trình đường kính liên hợp d2 sẽ liên hợp với phương là vectơ chỉ phương của d1 1 ( ( ; ))du    , ta có được phương trình 0x yF F    (1) + Thu gọn (1) : Nhóm các số hạng chứa x, số hạng chứa y, số hạng tự do cho phù hợp. Với d2 đã biết, sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số, ta thu được 3 phương trình. + Như thế, ta có được 5 phương trình, giải tìm a, b, c, d, e. Tìm f bằng cách thay tọa độ I vào (C). + Kết luận phương trình (C) cần tìm. Giải : Gọi (C): ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey + f = 0. Ta có d1, d2 là 2 đường kính liên hợp của (C) nên đi qua tâm I của (C). Vì vậy, tọa độ I là nghiệm của hệ 1 3 2 0 5 5 5 4 0 3 5 x x y x y y            Lại có, tọa độ I thỏa hệ 3 0 0 3 5 05 5 0 3 3 5 0 0 5 5 a b d ax by d a b d bx cy e b c b c e e                       Giả sử phương trình d2 chưa biết, vtcp 1 (3;1)du   . Do đó đường kính liên hợp với phương 1 (3;1)du   có phương trình là: 3 0x yF F   3(2 2 2 ) 2 2 2 0 (3 ) (3 ) 3 0.ax by d bx cy e a b x b c y d e              Mà 2 :5 5 4 0.d x y   Đồng nhất hệ số, ta có hệ 3 5 3 5 3 4 a b b c d e           . Vậy ta được hệ 5 phương trình (1) : 3 5 0 (2) : 3 5 0 (3) :3 5 (4) : 3 5 (5) : 3 4 a b d b c e a b b c d e                 (4) : 5 3 , (5) : 4 3 .c b e d      3 9 15 0 (1), (3) : 10 15 5 3 1 2 4 1 2 3 2 . 3 5 a b d b d d b e b b a b                     5 3 4 3 3 1 2 c b e d d b           . Chọn 1 1, 1, 2, 2.b d e c a          Suy ra (C): 2 22 2 2 2 2 0.x xy y x y f      Vì 1 3 2; ( ) . 5 5 5 I C f         Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 37 Vậy 2 2 2 22 1( ) : 2 2 2 2 2 0 0. 5 5 C x xy y x y x xy y x y             Bài 4: Tìm quỹ tích tâm những đường tròn chắn trên Ox, Oy hai đoạn thẳng có độ dài 2a’, 2b’. Phương pháp: Gọi đường tròn (C): 2 2 2 2 0.x y ax by c     Tâm I(a; b), bán kính 2 2 .R a b c   (C) cắt Ox tại 2 điểm 1 2 1 2, 2 .x x x x a  (1) (C) cắt Oy tại 2 điểm 1 2 1 2, 2 .y y y y b  (2) Từ (1), (2): ta tìm được quỹ tích tâm I. Giải: Gọi đường tròn (C): 2 2 2 2 0.x y ax by c     Tâm I(a; b), bán kính 2 2 .R a b c   Ta có (C) chắn Ox một đoạn 2a’: 22 2 12 2 2 2 2 0 2 0 0 x a a cx y ax by c x ax c y x a a c                    Khoảng cách từ x1 đến x2 là: 2 2 2 21 2 2 2 2 .x x a c a a c a a c          (*) Lại có (C) chắn Oy tại đoạn 2b’: 22 2 12 2 2 2 2 0 2 0 0 y b b cx y ax by c y by c x y b b c                    2 2 2 1 2 2 2y y b b c b b c         (**) Từ (*), (**) suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 . a a c a b a b b b c            Vậy quỹ tích tâm I có tọa độ thỏa: 2 2 2 2.x y a b    Bài 5: Viết phương trình đường bậc hai (C) đi qua gốc O, tiếp xúc đường thẳng 4 3 2 0x y   tại (1; 2) và đường thẳng 1 0x y   tại (0; 1). Phương pháp: 0a x b y c     là tiếp tuyến của (C) tại điểm 0 0( ; ),x y cho ta hệ phương trình: 0 0 0 0 0 0ax by d bx cy e dx ey f a b c          . Giải: (C) qua O suy ra (C): ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey = 0. 1 : 4 3 2 0d x y   là tiếp tuyến của (C) tại (1; 2) 3 10 3 8 4 02 2 2 2 4 8 3 04 3 2 a b d c ea b d b c e d e b c e d                  2 : 1 0d x y   là phương trình tiếp tuyến của (C) tại (0; 1) 0 0 2 0 21 1 1 b c d e b d eb d c e e c e c e                       Vậy ta có hệ sau: 2 3 10 3 8 4 0 3 10 3 8 4 0 2 2 4 8 3 0 2 3 0 2 3 7 22 0 2 2 3 3 12 2 c e a b d c e a b d c e c e b d e b c e d b d d e a d e c e c e b e b d e b d e a eb d                                                    Chọn 1 2, 12, 3.e c d a b         Vậy (C): 2 2 2 212 6 2 4 2 0 6 3 2 0.x xy y x y x xy y x y            Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 38 Bổ sung kiến thức: Với phương trình chính tắc của (E), (H), (P) trong trực chuẩn cho trước: 2 2 2 2 1).( ) : 1 x y E a b   2 2 2 2 1).( ) : 1 x y H a b   23).( ) : 2 .P y px (p tham số tiêu). Và một đường thẳng : 0.d Ax By C   - Điều kiện để d là tiếp tuyến của (E): 2 2 2( ) ( ) .Aa Bb C  - Điều kiện để d là tiếp tuyến của (H): 2 2 2( ) ( ) .Aa Bb C  - Điều kiện để d là tiếp tuyến của (P): 2. 2 .p B AC Bài 6: Viết phương trình tiếp tuyến của (H): 2 2 1 1 4 x y  biết nó qua A(1; 4). Giải: Gọi phương trình tiếp tuyến (H) là d: ax + by + c = 0. Theo giả thiết, ta có: 2 2 24a b c  (1) Vì (1;4) 4 0 4A d a b c c a b         (2) Thay (2) vào (1), ta có: 2 2 2 2 0 4 8 16 20 8 0 (5 2 ) 0 2 5 b a b a ab b b ab b b a b a                 + Với 0b  , chọn 1 1.a c    + Với 2 5 b a  , chọn 5, 2 3.a b c     Vậy phương trình tiếp tuyến của (H) thỏa ycbt là 5 2 3 0 1 0 x y x       Bài 7: Tìm hai đường kính lien hợp của (C): 2 23 6 5 4 6 10 0x xy y x y      . Biết chúng tạo với nhau 1 góc 450 .  Phương pháp: + Gọi (v    là vectơ chỉ phương của 1 đường kính liên hợp d1. Do đó đường kính d2 còn lại liên hợp với phương (v    có phương trình: 0.x yF F    + Sau đó ta xác định vectơ chỉ phương d2 : 2 ( ,a     . + Dùng công thức sau để xác định  : cos(d1,d2) = 2cos( , )v a    = 2 2 2 2         Giải: Gọi là vectơ chỉ phương của đường kính liên hợp thứ nhất của (C) .Đường kính liên hợp d2 của (C) liên hợp với phương có phương trình là: 2 0 (6 6 4) ( 6 10 6) 0 (3 3 ) (15 3 ) 2 3 0(*) (3 5 ;3 3 ). x yF F x y x y x y a                                 Theo giả thiết đề bài, ta được: Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 39 1 2 1 2cos( ; ) cos( ; )d d a a     0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 3 2 2 3 4 4 2 2 3 3 4 2 2 3 3 4 2 2 3 5 ) (3 3 ) 2 cos 45 23 5 (3 3 ) . 4(3 3 2 ) (18 34 48 )( ) 2(9 9 4 12 18 12 ) 2(9 17 26 24 24 ) 8 40 36 12 0 2 10 9 3                                                                              3 4 2 3 3 2 0 2 10 9 3 0 (2 9 10 3 0 ( 1 2 ( , ) (1;0) ( , ) (1;1) 1 ( , ) (1;3) ( , ) (1; ) 2                                                        Tọa độ tâm I của (C) thỏa hệ pt: 9 6 6 4 0 16 6 10 6 0 5 2 x x y x y y            Ta có các đường kính liên hợp (C) nếu có đều đi qua tâm I của (C) Với     1 19 6, 1;0 : 5 2 x t d y          d2 từ (*) ta được :3 3 2 0x y   . Với     1 19 6, 1;1 : 5 2 x t d y t           d2 từ (*) ta được :2 5 0y   . Với   1, 1; 2        chọn (2;1) 1 19 2 6: 5 2 x t d y t        d2 từ (*) ta được :3 7 0x y   . Với     1 19 6, 1;3 : 5 3 2 x t d y t           d2 từ (*) ta được : 6 12 11 0x y   . Bài 8: Chứng minh rằng nếu 2 đường bậc hai có chung tiệm cận thì các số hạng phương trình của chúng, trừ số hạng tự do có hệ số tỉ lệ nhau. Giải: Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 40 (C1): 2 2 1 1 1 1 1 12 2 2 0a x b xy c y d x e y f      ; (C2): 2 22 2 2 2 2 22 2 2 0a x b xy c y d x e y f      (v    là phương tiệm cận . Vì (C1), (C2) có chung tiệm cận nên có chung nghiệm  ,  : 2 2 1 1 1 2 2 2 2 2 2 0 2 0 a b c a b c               1 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 2 a ka a b c k b kb a b c c kc          Vì (C1), (C2) chung tiệm cận nên nó cũng chung tâm I(x0;y0) và tọa độ I thỏa mãn 2 phương trình sau: 1 0 1 0 1 2 0 2 0 2 1 0 1 0 1 2 0 2 0 2 2 0 2 0 1 2 0 2 0 2 2 0 0 1 2 0 2 0 2 1 2 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0 , . a x b y d a x b y d b x c y e b x c y e ka x kb y d a x b y d kb x kcy e b x c y e d kd e ke                                 Vậy 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 a b c d e k a b c d e      . Bài 9: Lập phương trình parabol tiếp xúc với Ox tại (3;0) , tiếp xúc Oy tại (0;5). Giải: Gọi phương trình parabol có dạng : 2 22 2 2 0.ax bxy cy dx ey f      (1) Điều kiện để (1) là parabol là: 0  hay 2 0ac b  .  1;0 ,Oxa   Ox là tiếp tuyến (P) tại (3;0) (3;0) 0 3 0. (3;0) ( ) 9 6 0. xF a d P a d f            0;1Oya   , Oy là tiếp tuyến (P) tại (0;5) (0;5) 0 5 0. (0;5) ( ) 25 10 0. yF c e P c e f           Ta có : 2 2 9 250 3 3 0 6 18 5 9 6 0 9 6 0 3 5 0 10 50 9 25 10 0 25 10 0 9 5 c a ac b b ac b aa d d a a d f a d f d a c e e c f a c e f c e f e a                                                Chọn 25 9, 15, 75, 45, 225a c b d e f          Vậy (P) cần tìm là : 2 2 2 2 25 30 9 150 90 225 0 25 30 9 150 90 225 0 x xy y x y x xy y x y               Bài 10: Một hình bình hành nội tiếp trong elip 2 24 25.x y  Một cạnh hình bình hành có phương trình là 2 7 0.x y   Tìm phương trình những cạnh còn lại. Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 41  Phương pháp: + Sử dụng định lý : Nếu 2 dây cung AB,CD của elip song song nhau thì trung điểm 2 dây cung đó và tâm elip nằm trên 1 đường thẳng. Giải: Ta gọi phương trình AB: 2 7 0.x y   Giao điểm AB và elip là nghiệm hệ: 2 2 2 2 2 2 2 7 24 25 4 28 49 4 25 2(4 28 49) 4 252 7 0 4 2 7 6 0 3 2 x yx y y y y y y yx y x y y y                          Giả sử 3(3;2), 4; . 2 A B      Tâm là O (0;0) cũng là tâm hình bình hành. D đối xứng B qua O, A đối xứng C qua O. 3 ( 4; ), ( 3; 2). 2 3 2 3 2 ( ) : 2 1 0; ( ) : 2 7 0; 7 17 1 2 2 3 2 ( ) : 2 1 0. 77 2 D C x x x y pt BC x y pt CD x y x x pt AD x y                          Vậy phương trình các cạnh còn lại của hình bình hành là: 2 1 0, 2 7 0, 2 1 0.x y x y x y         Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 42 Chủ đề 3: MẶT BẬC HAI. --------------------- Vấn đề 1: Định nghĩa mặt bậc hai và lý thuyết mặt bậc hai: 1) Định nghĩa Cho phương trình :   2 2 2 11 22 33 12 23 13 1 2 2 2 2 2 2 11 22 33 12 23 13 2 3 0( , , ) 2 2 2 2 2 2 0 0 . . a a F x y z a x a y a z a xy a a a yz a xz a x a y a a a z a                  Tập hợp các điểm thỏa ( , , ) 0F x y z  là một mặt bậc hai. 2) Tâm của mặt bậc hai: - Gọi 0 0 0( , , )I x y z là tâm của mặt bậc hai thì tọa độ I là nghiệm hệ phương trình: 0 0 0 11 0 12 0 13 0 1 0 0 0 12 0 22 0 23 0 2 0 0 0 13 0 23 0 33 0 3 ( , , ) 0 0 ( , , ) 0 0 ( , , ) 0 0 x y z F x y z a x a y a z a F x y z a x a y a z a F x y z a x a y a z a                         - Khi tịnh tiến mặt bậc hai tới tâm của nó thì phương trình mặt bậc hai sau khi tịnh tiến là: 2 2 2 11 22 33 12 23 13 0 0 0( , , ) 2 2 2 ( , , ) 0.F x y z a x a y a z a xy a yz a xz F x y z        3) Phương tiệm cận: Gọi  ( , , ) 0,0,0    là phương tiệm cận của mặt bậc hai nếu ( , , )   là nghiệm của phương trình: 2 2 211 22 33 12 23 132 2 2 0.a a a a a a           4) Mặt phẳng tiếp xúc: - Đường thẳng cắt mặt tại hai điểm trùng nhau gọi là tiếp tuyến của mặt với mặt tại điểm trùng đó. - Quỹ tích của những đường thẳng tiếp xúc tại điểm trùng đó gọi là mặt phẳng tiếp xúc với mặt tại điểm ấy. Suy ra phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt (1) tại điểm  0 0 0; ;M x y z có dạng:         0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0; ; ; ; ; ; 0.x y zF x y z x x F x y z y y F x y z z z        Mặt phẳng tiếp xúc giao nhau với mặt bậc hai theo một đường cong bậc hai suy biến. 5) Phương trình mặt kính liên hợp với một phương: - Gọi    , , 0,0,0    không phải là phương tiệm cận,thì mặt kính liên hợp với phương  , ,   có phương trình: 0.x y zF F F       (mặt kính liên hợp là quỹ tích trung điểm của MN ( d cắt (S) tại 2 điểm M, N)). Ví dụ: Tìm phương trình mặt kính liên hợp của mặt:   2 2 2: 2 5 8 12 6 2 8 14 18 0S x y z yz zx xy x y z         . Biết nó liên hợp với các dây song song với : a) 5 1 ( ) : . 3 2 5 x y z d     b) trục Ox. c) trục Oy. d) trục Oz. Giải: Ta có: 4 2 6 8, 2 10 12 14, 6 12 16 18.x y zF x y z F x y z F x y z              a) Mặt kính liên hợp với các dây // d với VTCP (d): (3;2; 5)da    . Do đó, có phương trình: Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 43      3 4 2 6 8 2 2 10 12 14 5 6 12 16 18 0 7 17 19 19 0 x y z x y z x y z x y z                  Vậy phương trình mặt kính liên hợp thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 7 17 19 19 0.x y z    b) Mặt kính liên hợp với dây song song Ox nên nó sẽ liên hợp với phương (1;0;0)v   1 0 4 2 6 8 0 2 3 4 0xF x y z x y z            c) Tương tự phương trình mặt kính liên hợp với phương Oy: phương (0;1;0)v   1 0 2 10 12 14 0 5 6 7 0yF x y z x y z            d) Tương tự phương trình mặt kính liên hợp với phương Oz : phương (0;0;1)v   1 0 6 12 16 18 0 3 6 8 9 0zF x y z x y z            ----------------------------------------------------------------- Vấn đề 2: Các vấn đề liên quan đến những mặt bậc hai đặc biệt. 1) Phương trình các mặt sau nhận O làm tâm đối xứng. Dạng phương trình mặt bậc hai Tên gọi 2 2 2 0x y z   Mặt nón tròn xoay thực 2 2 2 0x y z   Mặt nón tròn xoay ảo 2 2 2 2 2 2 0 x y z a b c    Mặt nón elip thực 2 2 2 2 2 2 0 x y z a b c    Mặt nón elip ảo 2 2 2 2 2 2 0 x y z a b c    Mặt nón hypebol 2 2cx pyz Mặt nón parabol 2 2 2x y R  Mặt trụ tròn thực 2 2 2x y R   Mặt trụ tròn ảo 2 2 2 2 1 x y a b    Mặt trụ elip thực/ảo 2 2 2 2 1 x y a b   Mặt trụ hypebol 2 22 , 2y px x py  Mặt trụ parabol 2 2 2 2 2 2 1 x y z a b c     Mặt elipxôlit thực/ảo 2 2 2 2 2 2 1 x y z a b c    Mặt hypebolôit 1 tầng 2 2 2 2 2 2 1 x y z a b c    Mặt hypebolôit 2tầng 2 2 2 2 x y z a b   Mặt parabolôit eliptic 2 2 2 2 x y z a b   Mặt parabolôit Hypebolic Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 44 2)Một số mặt thường gặp: a)Elipxôlit: - Phương trình chính tắc: 2 2 2 2 2 2 1. x y z a b c    Đặt :     2 2 2 22 2 2 2 2 cos cos .cos .sincos 1 ( cos ) sin .cos .sin Icos cos sin sinsin sin x v a ux y x a u vx yu ya b b u v y b u va u b uz u z c uz c u z c uc                          Hệ (I) là phương trình tham số của mặt Elipxôlit. Ta có: 2 2cos sin 1   2 u ue e chu  (cosin hypebolic) 2 u ue e shu  (sin hypebolic) Do đó : 2 2 1.ch u sh u  Bài toán: Viết phương trình tham số của hypeboloic 1 tầng : 2 2 2 2 2 2 1 x y z a b c     Phương pháp: 2 2 2 2 2 . .cos . .sin . x y x a chu vch u a bu v y b chu v z shu z c shu c            b) Mặt hypebololit 1 tầng và mặt parabolôit hyperbolic (mặt yên ngựa). ■ Khái niệm mặt kẻ và đường sinh của mặt kẻ: - Với 1 điểm bất kỳ xác định trên mặt bậc hai ta luôn vẽ được ít nhất 1 đường qua điểm đó và nằm trọn trên mặt thì đó là mặt kẻ. - Đường sinh của mặt kẻ là đường thẳng nằm trọn trên mặt kẻ đó. ● Ta xét hai mặt kẻ quen thuộc sau đây: Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 45 Hypeboloit 1 tầng : Phương trình chính tắc: 2 2 2 2 2 2 1 x y z a b c    Xét : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 x y z x z y x z x z y y a b c a c b a c a c b b                             . - Họ các đường thẳng (d) là giao của 2 mặt có phương trình : 1 1 x z y m p a c b x z y p m a c b                             - Họ các đường thẳng (d’) là giao của 2 mặt có phương trình : ' ' 1 ' ' 1 x z y m p a c b x z y p m a c b                             Mặt yên ngựa: (parabolôit hyperbolic) Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 46 Phương trình: 2 2 2 2 . x y z a b   Xét : 2 2 2 2 . x y x y x y z z a b a b a b             Xét họ (d) là giao của 2 mặt phẳng sau: x y mz p a b x y p m a b               Xét họ (d’) là giao của hai mặt phẳng sau: ' ' ' ' x y m z p a b x y p m a b               Ví dụ và bài tập Bài tập 1: Cho    2 2 2: 2 1S x y z   a). Gọi tên mặt (S) b). Tìm đường sinh của (S) qua điểm A(1; 1; 0). Giải: a) Ta có:   2 22 2 2 22 1 1 2 2 x y x y z z       suy ra (S) là Hypeboloit 1 tầng. b)Gọi (d) là đường thẳng qua A có VTCP: ( ; ; )a     1 ( ) : 1 x t d y t z t           Ta có: do (d) là đường sinh nên (d) nằm trong mặt (S).        2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 , 2 (2 2 ) 0, 2 0 2 2 0 t t t t R t t t R                                             Chọn: 1, 1, 1 1, 1, 1                Vậy: 1 ( ) : 1 x t d y t z t        1 ( ') : 1 x t d y t z t        Bài tập 2: Cho   2 2 : 2 . 16 9 x y S z  a) Gọi tên (S). b) Tìm đường sinh thẳng của (S) qua  8,3 2,1A . Giải: a) Ta có: Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 47 2 2 2 2 2 16 9 32 18 x y x y z z     mặt parabolit hypeboloic (mặt yên ngựa). b) (d) qua A có VTCP: ( ; ; )a     có phương trình tham số là: 8 3 2 1 x t y t z t            Do (d) là đường sinh nên (d) thuộc (S)    2 2 2 23 28 22 2 ( 2 2 ) 0 16 9 16 9 3 4 4 3 3 2 24 24 2 2 3 33 33 2 4 42 2 3 3 3 4 2 2 22 2 3 3 3 3 tt t t t                                                                                                    1 2 8 4 8 4 : 3 2 3 : 3 2 3 1 (2 2) 1 ( 2 2) x t x t d y t d y t z t z t                                ------------------------------------------------------ Vấn đề 3: Tìm giao tuyến của hai mặt bậc hai :  Phương pháp: Hệ phương trình gồm hai mặt đó là giao tuyến. Ví dụ 1: Tìm giao tuyến của hai mặt bậc hai: 2 2 2 2x y z a   và 2 2 2x y az  . Giải: Giao tuyến của hai mặt bậc hai có phương trình : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) x y z a y z a az x y az x z a az y a z y a z x a z x a z                           Vậy giao tuyến là 4 đường thẳng: 2 0 2 0 2 0 2 0 ; ; ; 2 0 2 0 2 0 2 0 y z a y z a y z a y z a x z a x z a x z a x z a                                        Ví dụ 2: Chứng minh rằng giao tuyến của mặt cầu: 2 2 2 50 0x y z z    và parabôlit elliptic: 2 2 2 25 16 x y z  là đường tròn. Tìm bán kính đường tròn đó. Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 48 Giải: Giao tuyến cần tìm có phương trình là :     2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 50 0 25 0 25 16 2 50 025 16 9 16 9 0 10 16 50 0 2 50 0 x yx y z z x y z x y z x y z z z yz y x y z z x y z z                                          (1) là phương trình của hai mặt phẳng:  1 : 4 3 0P z y  và  2 : 4 3 0P z y  . Do đó 2 mặt phẳng cắt mặt cầu (2) theo giao tuyến tại 2 đường tròn (C1) và (C2). - Xét mặt cầu (S) có: I(0; 0; 25) và R = 25. Tâm (C1) là hình chiếu I trên (P1).  1 : 3 4 0P y z   có VTPT: 1 (0, 3,4).n    Phương trình (d1) qua I và vuông góc (P1) là: 0 3 25 4 x y t z t        Tâm I1 của (C1) có tọa độ là nghiêm của hệ:   1 1 3 4 0 0 9 100 16 0 4 (0;12;9) 3 25 4 100 ;( ) 20. 5 y z x t t t I y t z t d I P                     Bán kính (C1):  2 2 2 21 1; ( ) 25 20 15r R d I P     . Tương tự:  2 4.25;( ) 205d I P   . 2( ) : 3 4 0P y z  , có VTPT 2 (0;3;4)n   Phương trình (d2) qua I và vuông góc (P2) là: 2 0 ( ) : 3 25 4 x d y t z t       Tâm I2 của (C2) có tọa độ là nghiệm của hệ: 2 0 3 25 100 0 4 I (0; 12;9). 25 4 3 4 0 x y t t t z t y z                  bán kính  2 2 2 22 2; ( ) 25 20 15r R d I P     . Vậy        1 1 1 2 2 2 : I 0;12;9 , 15. : I 0; 12;9 , 15. C r C r     Ví dụ 3: Giao của mặt Parabolit Hypebolic : 2 2 2 9 4 x y z  và mặt phẳng :2 3 6 0x y   là đường gì? Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 49 Giải: Ta có: Giao tuyến hai mặt trên có phương trình là :      2 2 2 2 2 3 2 3 724 9 722 9 4 2 3 6 02 3 6 2 3 6 0 2 3 12 0 *6(2 3 ) 72 2 3 6 0 2 3 6 0 x y x y x y zx y zz x yx y x y x y zx y z x y x y                                 Ta có  * là phương trình của 1 mặt phẳng nên giao tuyến cần tìm của hai mặt trên là mặt phẳng có phương trình: 2 3 12 0.x y z   ------------------------------------------- Vấn đề 4: Giao tuyến của một mặt bậc hai với 1 mặt phẳng : Ví dụ 1: Cho mặt nón tròn xoay: 2 2 2 0x y z   . Hãy cắt mặt nón bởi một mặt phẳng 0.Ax By Cz D    Tìm điều kiện của mặt phẳng đó để giao tuyến của chúng là 1 đường tròn. Giải: - Ta có: Mặt nón nhận Oz làm trục đối xứng nên giao của mặt nón với một mặt phẳng song song Oxy là 1 đường tròn. Do đó: (P): 0Ax By Cz D    cắt (S) cho giao tuyến là 1 đường tròn khi (P) song song (Oxy).  (P) có phương trình: 0Cz D  . Vậy điều kiện cần tìm thỏa yêu cầu bài toán là: A = B = 0. Ví dụ 2: Cho mặt nón   2 2 2 2 2 2 0 x y z a b a b c     Tìm những mặt phẳng cắt mặt nón đó theo những đường tròn. Giải: Giả sử a > b. phương trình mặt nón được viết lại như sau: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 0 0 (*) x y y y z z z x y z y z a b a a a a c a b a a c                         Đặt : 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 A b a B a c       thì cặp mặt phẳng  0 1Ay Bz m   sẽ cắt (S) tại giao tuyến là cặp đường tròn. Vì : (1)  2 2 2 2 2( ) 2 **A y Bz m B z Bzm     Thay  ** vào (*) ta được:   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 0 3 x y z Bzm m x y z Bzm m a a            (1) là phương trình mặt cầu có tâm 2I(0;0; )Bma . Do đó cặp mặt phẳng 0Ay Bz m   sẽ cắt mặt cầu tại giao tuyến là cặp đường tròn. Ví dụ 3: Tìm giao tuyến của các mặt sau với elipxôlit. 2 0, 3, 1x y z    và 2 2 2 1 16 12 4 x y z   Các giao tuyến đó là hình gì? Tìm bán trục, xác định các đỉnh của nó. Giải: Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 50 + Với mặt : 2 0x   cắt elipxolit tại: 2 2 1 9 3 y z   giao tuyến của chúng là elip nằm trêm mặt phẳng : 2 0x   có bán trục lớn là 3 ; bán trục bé là 3 . Tọa độ 4 đỉnh là :        2;3;0 , 2; 3;0 , 2;0; 3 , 2;0; 3A B C D  . + Với mặt 3y  cắt elipxôlit tại: 2 2 1 4 1 x z  .Vậy giao tuyến của chúng là giao tuyến trên mặt 3y  có bán kính trục lớn 2, bán kính trục nhỏ là 1. Tọa độ 4 đỉnh là :        2;3;0 , 2;3;0 , 0;3; 1 , 2;3;1A B C D  . + Với mặt 1z  cắt elipxôlit tại: 2 2 1 12 9 x z  Vậy giao tuyến của chúng là giao tuyến trên mặt 1z  .Có bán kính trục lớn 2 3 bán kính trục nhỏ là 3.Tọa độ 4 đỉnh là :        2 3;0;1 , 2 3;0;1 , 0; 3;1 , 0;3;1A B C D  . Ví dụ 4: Tìm giao tuyến của mặt: 2 2 6 ( ) 5 4 x y z PH  với các mặt phẳng tọa độ. Chứng minh rằng: mặt phẳng 6 0y   cắt mặt đó theo 1 parabol, tìm tham số tiêu và đỉnh của nó. Giải: Với (Oxy) có phương trình: z = 0. Giao (Oxy) và (PH) là phương trình:   2 2 2 2 2 2 0 * 6 5 4 5 4 0 6 5 4 x y x y z x yz z            (*) là phương trình của đường thẳng thực cắt nhau nằm trong mặt (Oxy) có phương trình: 0, 0 2 25 5 x y x y    . Đối với (Oyz): 0x  . + Giao của (Oyz) và (PH) có phương trình :  22 2 2 2 24 * 6 5 4 60 5 4 y zx y z x y zx            (*) là phương trình của đường thẳng thực cắt nhau nằm trong mặt (Oxz).có đỉnh là O(0;0;0), trục đối xưng là trục Oz dương. + Giao 6 0y   và (PH) có phương trình:       2 2 2 2 2 6 6 6 30 45 *6 9 6 5 4 5 3 * 30 2 2 y y y x y x x zz z x z                          Đặt : 3 2 x X z Z    .Ta có:  2   2 30 3X Z Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 51  3 là phương trình parabol có tham số tiêu : 30 15 2 p   , có đỉnh: 3 6, 0 6, 0, 2 y X Z y x z           đỉnh 30; 6; . 2 I      . Ví dụ 5: Tìm giao tuyến của mặt : 2 2y z x  (HE) với các mặt phẳng tọa độ. Tìm phương trình hình chiếu trên mặt phẳng Oxy của giao tuyến các mặt đó với mặt phẳng 2 0x y z   . Giải: Ta có: + (Oxy) có phương trình 0z  , giao của (Oxy) và (HE) có phương trình:  22 2 00 * zz y xy z x         (*) là phương trình của Parabol nằm trong (Oxy) có đỉnh O(0; 0; 0), tham số tiêu 1 2 p  , trục đối xứng Ox dương. + (Oxz) có phương trình 0y  , giao của (Oxz) với (HE) có phương trình là:  22 2 00 * yy z xy z x         (*) là phương trình của Parabol nằm trong (Oxz) có đỉnh (0; 0; 0) , tham số tiêu 1 2 p  ,trục đối xứng Ox dương. + (Oyz) có phương trình 0x  , giao (Oyz) và (HE) có phương trình là: 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 x x x y y z x y z z              Vậy giao (Oyz) và (HE) là gốc tọa độ O. + Hình chiếu của (HE) và mặt phẳng : 2 0x y z   trên (Oxy) là: (Oxy) có phương trình : 0z  . Ta khử z khỏi hai phương trình : 2 2 2 0 y z x x y z        . Ta được:  22 2 22 5 4 0y x y x y x xy x        Vậy hình chiếu trên mặt Oxy của giao tuyến của (HE) và mặt phẳng : 2 0x y z   là: 2 20, 4 5 0.z x xy y x     -------------------------------------------------- Vấn đề 5: Lập phương trình mặt bậc hai với các điều kiện cho trước. Ví dụ 1: Lập phương trình Elipxolit có các trục trùng với các trục tọa độ và chứa đường tròn (C): 2 2 2 9x y z x z       , qua M(3, 1, 1). Giải: Elipxolit có các trục trùng với các trục tọa độ có phương trình là : 2 2 2 2 2 2 1 x y z a b c    Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 52 Vì Elipxolit chứa đường tròn (C): 2 2 2 9x y z x z       nên hệ   2 2 2 2 2 2 2 2 2 9 1 * x y z x z x y z a b c           có vô số nghiệm   2 2 2 2 2 2 9 2 * 1 x x x a b c     có vô số nghiệm 2 2 2 2 1 2 1 9 1x a b c b         có vô số nghiệm   2 2 2 2 2 2 1 2 1 0 9 1 1 29 11 0 9 b a b c a cb              Vì Elipxôlit qua M (3, 1, 1) nên ta được:  2 2 2 2 29 1 1 9 1 81 29a b c a c      Từ (1) và (2), ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 8 6 1 1 9 9 12 9 1 8 1 2 1 1 5 9 9 36 a c a a a c c a c                         Do đó elipxôlit là : 2 2 2 1 3612 9 5 x y z   . Ví dụ 2: Viết phương trình paraboloit hyperbolic đi qua hai đường thẳng 0z  , y x  , qua điểm M(1,2,3) và nhận Oz làm trục đối xứng. Giải : Parabolôit hyperbolic nhận Oz làm trục đối xứng nên có phương trình:     2 2 2 2 2 0 0 * x y pz p a b     (P) qua y x  và 0z  2 2 2 2 2 2 0 x x a b a b      (P) qua M  2 2 1 4 6 0p a b    2 2 3 1 6 2 p a a    Từ (*) ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0. 2 x y z x y z a a a        Vậy phương trình Parabolôit hyperbolic là: 2 2 0x y z   . ---------------------------------------------- Vấn đề 6: Bài tập về đường sinh thẳng của đường bậc hai. Ví dụ 1: Một mặt phẳng (Q) song song (P) : 1 0x y z    cắt (S): 2 2 2x y z  theo hai đường sinh thẳng. Tìm giao điểm và góc tạo bởi chúng. Giải : Gọi đường sinh thẳng (d) có phương trình: 0 0 0 x x t y y t z z t            với    , , 0;0;0    Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 53 Vì (d) là đường sinh thẳng    Sd  , hay:               2 2 0 0 0 2 2 2 2 2 0 0 0 2 2 0 0 2 2 0 0 0 0 0 2 R 2( ) 2 0, R 0 1 0 2 2 0 3 x t y t z t t t t y z t x y x y z x y x                                           Mà (d) là giao tuyến (Q) và (S) nên (d)(Q). Mặt khác:  1; 1;1Q Pn n      0 4Q dn a          Từ (1) và (4) ta có:     2 2 I 00 0 II 2                          Xét (I): chọn 1, 0.     Từ (2) và (3) ta có: 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0 2 0 0 x y x y x y z z          . Chọn 0 0 1x y   1 1 1 0 x t d y t z        Xét (II): Chọn 1, 2       . Từ (2), (3) ta có:         0 00 0 22 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 22 0 2 0 2 2 0 * * 4 4 2 0 2 2. x yx y x y z y y z y z z y                       Chọn 0 0 00 2, 2y z x      2 2 ' : ' 2 2 ' x t d y t z t               1 2d d M  có tọa độ M là nghiệm của hệ: 1 1 ' 3 0 2 ' 1 2 ' ' 1 ' 1 ' 2 2 ' x t y t t t z t t t x t t t y t z t                           1; 1;0M   Góc của (d1) và (d2) là:      1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 0 cos , cos ; 0 ; 2. d d a a d d a a d d             ------------------------------------------------------------- Vấn đề 7: Bài Tập Tổng Hợp. Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 54 Bài tập 1: Cho mặt bậc hai :  2 2 2 *5 4 4 2 4 2 10 4 0x y z xy yz xz x y z         Tìm phương trình biến đổi của mặt khi tịnh tiến gốc tọa độ đến điểm (3, 0, 1). Giải: Công thức đổi tọa độ: ' 3 ' ' 1 x x y y z z        Từ (*) ta có :              2 2' 3 5 ' 4 ' 1 2 ' ' 1 4 ' 3 ' 1 2 ' 3 10 ' 4 ' 1 0x y z y z x z x y z               2 2 2'' 5 4 ' 4 ' ' 2 ' ' 4 ' ' 1 0yx z x y y z x z        . Vậy phương trình sau biến đổi là: 2 2 25 4 4 2 4 1 0.yx z xy yz xz       Bài tập 2: Tìm phương trình biến đổi sau khi tịnh tiến gốc tọa độ về tâm của mặt bậc hai sau: 2 2 22 2 2 2 4 4 0.x y z xy x y z       Giải: Giả sử  0 0 0, ,x y zI là tâm của mặt bậc hai trên, nên tọa độ của nó là nghiệm của hệ phương trình sau:         0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 , , 0 2 2 2 0 0 , , 0 2 4 4 0 1 0,1,1 , , 0 4 4 0 1 x y z F x y z x y x F x y z x y y I F x y z z z                               0,1,1 4 4 4 4F      . phương trình mặt bậc hai sau khi tịnh tiến tới tâm của nó là : 2 2 22 2 2 4 0x y z xy     . Bài tập 3: Tìm ý nghĩa hình học của các phương trình sau trong hệ tọa độ (Oxyz). 2 2 2 2 2 2 2 2 ) 2 0 ) 25 ) 2 3 0 ) 0 ) 0 ) 4 0 ) 0 a y b x y z c x y z d x y e xyz f x x g yz z                Giải: a) 2 0y   . Đó là phương trình mặt phẳng song song (Oxz) cách (Oxz) 1 khoảng d=2 về phía âm trục Oy. b) 2 2 2 25x y z   là phương trình mặt cầu có tâm O(0; 0; 0) và bán kính R = 5. c) 2 2 22 3 0x y z   0x y z    . Nên ý nghĩa hình học của nó là điểm O(0; 0; 0). Đó là mặt cầu tâm O bán kính R = 0. d) 0x y  , phương trình luôn đúng z  . Đó là mặt phẳng qua (d) : x y trong mặt phẳng Oxy và trục Oz. e) 0xyz  0 0 0 x y z       .Đó là phương trình của ba mặt phẳng tọa độ (Oxy),(Oxz) và (Oyz). f) 2 0 4 4 0 x x x x       .phương trình của hai mặt phẳng : 0x  và 4x  . g) 2 0 0 0 z y z yz z        .Là phương trình hai mặt phẳng : 0z  và 0y z  . Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 55 Bài tập 4: Xác định tâm và bán kính các mặt cầu sau: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ) 6 8 2 10 0 ) 6 10 0 ) 4 12 2 41 0 a x y z x y z b x y z x c x y z x y z                    Giải a. Tâm I (3;-4;-1) ,bán kính 9 16 1 10 4R     . b. Tâm I (3;0;0) , bán kính 29 10 1 i iR      .  mặt cầu có tâm (3;0;0) và có bán kính ảo là i. c. Tâm I (2; 6 1)  , bán kính 4 36 1 41 0R      mặt cầu có tâm tại điểm I(2; 6 1)  và bán kính bằng 0. Bài tập 5: Tìm tâm và bán kính của đường tròn:           2 2 2 4 7 4 36 3 9 0 x y z S x y z P            Giải Mặt cầu có tâm I (4;7;-1) và bán kính R = 6.    12 7 1 9; 11. 9 2 d I P      Phương trình đường thẳng d qua I và có     3;1; 1 ,da d P  là: 4 3 7 1 x t y t z t          Giao điểm A của (d) và (P) có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình:     4 34 3 77 11 12 9 7 1 9 0 *3 9 0 * 1 (1;6;0). x tx t y ty t z tz t t t tx y z t A                                  Tâm của (C) là (1;6;0)A Bán kính (C) :   2 2( ) ; 36 11 5Cr R d I P     . Bài tập 6: Tìm phương trình mặt kính của 2 2 2 1 9 16 4 x y z   liên hợp với  2,1,2v  . Giải : Phương trình mặt kính cần tìm là : 2 2 4 4 2 2 0 2. 0 0 9 16 4 9 8 32 9 72 0. x y z x y z x y F F F z x y z                  Vậy phương trình mặt kính cần tìm là: 32 9 72 0x y z   . Bài tập 7: Cmr: Hypeboloit 1 tầng :   2 2 2 2 2 2 1 x y z a b a b c     cắt mặt cầu 2 2 2 2x y z a   theo giao tuyến là 2 đường tròn có bán kính R = a. Giải : Xét: Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 56     2 22 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 01 a ax y z a y a z y z a ba b x a b ca b c b c x y z a x y z a x y z a                                         Vậy chứng tỏ Hypebôlit 1 tầng cắt mặt cầu 2 2 2 2x y z a   theo giao tuyến là 2 đường tròn bán kính R = a. Bài tập 8: Viết phương trình mặt phẳng qua Ox và cắt Hypebôlit 2 2 2 2 2 2 1 x y z a b c    theo một cặp đường thẳng. Giải: Mặt phẳng   qua Ox có phương trình :  0 0Ax D A   . Giao tuyến   và (H) là hệ phương trình:   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 1 1 2 D Ax D x A x y z D y z a b c A a b c               Để giao tuyến là 1 cặp đường thẳng, từ (2) ta có: 2 2 2 2 2 2 1 D D A a A a    . Chọn 2 1 1A A    . 2 2D a D a      Phương trình   : 0 0 x a x a      Bài tập 9: Cho: 2 2 2 2 2 2 1 x y z a b c    (*) a) Khi a = b = c thì Elipxolit thành mặt gì? b) Cmr : 0a b c   thì  M E  ta đều có : c OM a  . c) Cmr: nếu a b c  thì giao tuyến của elipxolit với mặt phẳng : 2 2 2 2 1 1 1 1 0x z b a c b     là những đường tròn. Giải: a) Khi a = b = c :    2 2 2 2* 2x y z a    .(2) là phương trình mặt cầu tâm O(0; 0; 0) và R = a. b) Ta có: 2 2 2 2 2 2 1 x y z a b c    với 0a b c   . Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z x y z x y z a a b c c          2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 x y z x y z c x y z a a c                2 2 2 2, , .M x y z E OM x y z      Từ (3) ta được: 2 2 2c OM a x OM a     (đpcm). c.Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 0x z x z b a c b b a c b                  Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 57 Giao tuyến (E) với mặt phẳng là hệ: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 x z b a c b x y z a b c                 , đây là phương trình 2 mặt phẳng cắt nhau theo trục Oy. Ta có:     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 * ** x z b a c b x y z b                 Phương trình (*) là phương trình hai mặt phẳng cắt nhau, phương trình (**) là phương trình mặt cầu tâm O (0, 0, 0) và bán kính R = b.  Giao tuyến của Elipxôlit là đường tròn tâm O, bán kính r và nó nằm trên mặt phẳng (*). Bài tập 10: Tìm đường sinh thẳng của   2 2 : 16 4 x y S z  song song mặt phẳng   : 3 2 4 0P x y z   . Giải: Gọi (d) là đường sinh thẳng qua  0 0 0, ,x y z và có VTCP    , , 0,0,0    có phương trình là: 0 0 0 x x t y y t z z t            mà    d S Ta có:           2 2 0 0 0 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 , 16 4 4 2 8 16 4 16 0, x t y t z t t t x y t x y z t                                  2 2 0 0 2 2 0 0 0 4 1 2 8 16 0 2 4 16 0 3 x y x y z                 d song song (P) có  3,2, 4Pn     3 2 4 0 4t      . Từ (1) , (4) 2 22 6 2 4 0 2                             + Với: 2 2        chọn 1, 2     .Thế vào (2),(3) ta có:    0 0 2 2 0 0 0 8 2 ** 4 16 0 *** x y x y z      Thay (**) và (***) ta được : 0 032 16 64 0y z   . Chọn 0 0 00 2 4z y x      Thì    4; 2;0M S   1 4 2 : 2 2 x t d y t z t         + Với 2        chọn 1 1, 2       Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 58 Thế vào (2) và kết hợp với (3) ,ta có:    0 0 2 2 0 0 0 4 2 2** 4 16 0 3** x y x y z      Thay (2**) vào (3**) thì ta có: 0 016 16 16 0z y    chọn 0 00 1z y   . Thay vào (2**) 0 2x  thì    2;1;0M S Vậy  2 2 2 : 1 x t d y t z t        . Kết luận: Phương trình đường sinh thỏa mãn yêu cầu bài toán là :    1 2 4 2 2 2 : 2 : 1 2 x t x t d y t d y t z t z t                 . Tiểu luận Hình Học Giải Tích Trang 59 Thuật ngữ thường gặp: - Đường bậc hai…………………………………………………………………………7 - Afin…………………………………………………………………………………… 7 - Đề-các……………………………………………………………………………… 1, 4 - Tâm đường bậc hai………………………………………………………………….. 23 - Đường tiệm cận………………………………………………………………………25 - Phương tiệm cận…………………………………………………………………….. 25 - Tiếp tuyến…………………………………………………………………………… 26 - Đường kính liên hợp………………………………………………………………… 29 - Mặt bậc hai………………………………………………………………………….. 42 - Mặt kẻ……………………………………………………………………………….. 44 - Đường sinh………………………………………………………………………….. 44 - Mặt yên ngựa (Paraboloit Hypebolic)………………………………………………. 45 - Hypeboloit……………………………………………………………………………45 - Elipxolit………………………………………………………………………………44 - Mặt kính liên hợp…………………………………………………………………….42 - Mặt phẳng tiếp xúc………………………………………………………………….. 42 - Cosin hypebol (Chu)…………………………………………………………………44 - Sin hypebol (Shu)…………………………………………………………………… 44 Tài liệu tam khảo: - Bài giảng của TS. Nguyễn Hà Thanh. - Toán cao cấp - Đại số và hình học giải tích, Nguyễn Đình Trí (Chủ biên) - Tạ Văn Đĩnh - Nguyễn Hồ Quỳnh – NXBGD - 2008. - Bài tập Hình học giải tích, Lê Minh Châu - Phan Bá Ngọc - Trần Bình – NXBGD – 1963.