TIỂU LUẬN: Hình học giải tích

TIỂU LUẬN Hình học giải tích

Lời nói đầu:

Cuốn tiểu luận này được soạn theo chương trình hình học giải tích của trường Đại học Sư phạm TP.HCM dưới sự hướng dẫn của Tiến sĩ Nguyễn Hà Thanh. Nó có thể dùng làm tài liệu học tập và tham khảo cho các sinh viên. Tiểu luận được chia làm 3 phần:

- Không gian vectơ. - Đường bậc hai. - Mặt bậc hai.

Với nhiều bài tập về các dạng toán hình học giải tích là một công cụ hữu hiệu củng cố lại kiến thức cho người đọc. Từ đó, là nền tảng để cho người đọc nâng cao và chuyên sâu hơn.

Vì tài liệu này được viết lần đầu tiên nên không tránh khỏi sự thiếu sót, chúng tôi mong nhận được các ý kiến đóng góp từ các bạn, chúng tôi xin chân thành cảm ơn.

TP.HCM, ngày 1 tháng 1 năm 2011.

Nhóm sinh viên Nhóm trưởng: Đặng Quang Vinh.

MỤC LỤC:

Trang Chủ đề 1: Không gian vectơ……………………………………………………………… ……1 I. Vectơ và các phép toán………………………………………………………….……………..1 II. Hệ tọa độ, tọa độ của vectơ và của điểm………………………………………………. …….1 III. Phương trình đường thẳng…………………………………………………………..………..3 IV. Vị trí tương đối của hai đường thẳng, chùm đường thẳng……………………….…………..3 V. Góc giữa hai đường thẳng, khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng………. ………..4 VI. Hệ tọa độ Đề-các trong không gian, tọa độ của vectơ và của điểm…………………...……..4 VII. Tích có hướng của hai vectơ và áp dụng………………………………………………..…..5 VIII. Khoảng cách………………………………………………………………………………..5 IX. Góc……………………………………………………………………………………. …….6

Chủ đề 2: Đường bậc hai…………………………………………………………………….....7 Vấn đề 1: Định nghĩa đường bậc hai…………………………………………………………..…7 Vấn đề 2: Công thức đổi tọa độ và hai cách đổi trục tọa độ: Tịnh tiến và quay………….……...7 2.1. Công thức đổi tọa độ (đổi mục tiêu)………………………………………………………....7 Phép tịnh tiến……………………………………………………………………………….….…8 Phép quay………………………………………………………………………………….……..9 2.2. Kết luận……………………………………………………………………………….……..9 Vấn đề 3: Phân loại đường bậc hai, các dạng phương trình chính tắc……………………….. .10 Vấn đề 4: Sự tương giao của một đường thẳng và đường bậc hai……………………………. .21 Vấn đề 5: Tâm, cách xác định tâm của đường bậc hai. Phương tiệm cận, đường tiệm cận, cách xác định đường tiệm cận…………………….…….…23 Tâm…………………………………………………………………………………………..….23 Phương tiệm cận, đường tiệm cận……………………………………………………………. ..25 Vấn đề 6: Phương trình tiếp tuyến của đường bậc hai………………………………………….26 Vấn đề 7: Đường kính liên hợp và cách xác định đường kính liên hợp của đường cong bậc hai……………………………………………………………………...….29 Vấn đề 8: Viết phương trình đường cong bậc hai với những điều kiện cho trước……………...30 Vấn đề 9: Bài tập tổng hợp……………………………………………………………………. 34

Chủ đề 3: Mặt bậc hai………………………….…………………………………….. ………42 Vấn đề 1: Định nghĩa mặt bậc hai và lý thuyết mặt bậc hai……………………………. .……..42 1. Định nghĩa………………………………………………………………………………..…..42 2. Tâm của mặt bậc hai……………………………………………………………………. .…..42 3. Phương tiệm cận………………………………………………………………………. …….42 4. Mặt phẳng tiếp xúc………………………………………………………………………. ….42 5. Phương trình đường kính liên hợp với một phương………………………………………. ...42 Vấn đề 2: Các vấn đề liên quan đến những mặt bậc hai đặc biệt…………………………..…...43 1. Phương trình các mặt sau nhận O làm tâm đối xứng……………………………………. ….43 2. Một số mặt thường gặp…………………………………………………………………….. ..44 a. Elipxôlit:………………………………………………………………………………..…….44 b. Mặt hypebololit 1 tầng và mặt parabolôit hyperbolic (mặt yên ngựa)………………… …...44 3. Ví dụ và bài tập…………………………………………………………………………… ...46 Vấn đề 3: Tìm giao tuyến của hai mặt bậc hai………………………………………………. ...47 Vấn đề 4: Giao tuyến của một mặt bậc hai với 1 mặt phẳng…………………………………. ..49 Vấn đề 5: Lập phương trình mặt bậc hai với các điều kiện cho trước……………………..…...51 Vấn đề 6: Bài tập về đường sinh thẳng của đường bậc hai………………………………..……52 Vấn đề 7: Bài tập tổng hợp…………………………………………………………………..….53

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

Chủ đề 1: KHÔNG GIAN VECTƠ.

Nhắc lại các kiến thức cơ bản:







là một đoạn thẳng có định hướng.









I). VECTƠ VÀ CÁC PHÉP TOÁN:  1. Định nghĩa: AB 2. Hai vectơ bằng nhau: có cùng hướng và cùng độ dài. 3. Hai vectơ đối nhau: ngược hướng và cùng độ dài.  ta có : AC AB BC 4. Cộng vectơ: ta có   ,A B C ,  

  Nếu ABCD là hình bình hành thì : AB AD AC Tính chất:     a b b a a b

 a

 c

;

  b c 



  





 a

 a

   0 0    

  ; a a 

       a    



0

 0   5. Trừ vectơ: OB OA AB 6. Tích một số thực với một vectơ:   k a b

k 

0

  ,a b   ,a b

k 

và cùng hướng nếu  ka  b   

 b

 k R b

:

  























 ;1. a

 a

cùng phương ngược hướng nếu  k a

 

  mn a



    m a b ma mb m n a ma na ;   m na

 

  ; 1 a    . a b

 a    ab

 a Tính chất:  





7. Tích vô hướng : cos   , a b 



   , ,a b c

  m n R c ma nb

:

8. Vevtơ đồng phẳng: 3 vectơ đồng phẳng nếu giá của chúng cùng song song với một mặt phẳng.







 

đồng phẳng

2





 không đồng phẳng và vectơ e  x c 3

2

,có duy nhất 3 số thực x1, x2, x3:

, 9. Phân tích một vectơ theo một vectơ không đồng phẳng:    Với , ,a b c    x a x b e  1 10. Định lý : với M là trung điểm AB và G là trọng tâm của ABC    0 MA MB      GA GB GC

 0



 OG

   OA OB OC







      CM CA CB 2 

, O tùy ý thì:



 1 3





 OG  

  OA OB OC OD 









1 4

G là trọng tâm tứ giác, tứ diện ABCD

II). HỆ TỌA ĐỘ, TỌA ĐỘ CỦA VEC TƠ VÀ CỦA ĐIỂM.

 i

1

là các vec tơ đơn (1;0), (0;1)  i  j 1. Hệ tọa độ: Hai trục tọa độ x’Ox, y’Oy vuông góc nhau tạo nên hệ trục tọa độ Đề-các Oxy: O là gốc tọa độ, x’Ox là trục hoành và y’Oy là trục tung. Trong đó:  

 j



vị trên các trục. Ta có: và 0. j   . i

Trang 1

( ;

).

)

Tiểu luận Hình Học Giải Tích 2. Tọa độ của vectơ: x y ( ; )  y j .  u  

 . x i M x y ( ;  

A

A

B

B

và các vectơ A x ( ; ), B x ( ; y )

 b

),

)



).

(

)



b 2

b b ( ; 2 1 b a ;  1 ),

2 k

(

)





a 1 ka ka ; 1 2

. 

.



a b 1 1

a b 2 2

. Ta có :  u   3. Tọa độ của điểm: OM x y  Trong đó x là hoành độ, y là tung độ của M. 4. Các kết quả : Trong hệ tọa độ Oxy, cho y  a

( ; a a  1 2   a a b    . b k a  c a b ) .  Hệ quả:  a

1)

.





2 a 1

2 a 2

 a b

2) cos ( ;

)

.



.

a b 1 1 a 



 2 2

a b 2 2 2 b 1

2 a 1

2 b 2

3)

0.

  



a b 1 1

a b 2 2

 a  d a )

 b  b

.

  



a 1

b a , 1 2

 b

:

 k a .

k  

  



b 1 a 1

b 2 a 2

 , e a b )

0.



a 2 b 2

a 1 b 1

cùng phương

 AB

x

x

;

y

y

).





B

B

A

A

2

b 2       (   AB

AB

(

x

x

)

(

y

2 ) .

f) Tọa độ của vec tơ









B

A

A

B

g) Khoảng cách:

y    . MA k MB  

x

A

B

B

,

y





M

x M

k x .  l k 

k y .  A l k 

x

x

y

y

A

B

B

A

,

y

.

. Khi đó, tọa độ của M tính bởi: h) Điểm M chia AB theo tỉ số k ( k khác 1) y





x M

M

 2

 2

● M là trung điểm của AB, ta có:

A

A

B

x

y









A

x C

A

y C

,

.

B x ( A x ( ), ), ). y y ; ; C x ( C y C 5. Kiến thức về tam giác : Cho ; B a). Trọng tâm của tam giác ( giao các đường trung tuyến) :





x G

y G

x B 3

y B 3

G là trọng tâm tam giác ABC :

b). Trực tâm của tam giác (giao các đường cao):

0  H là trực tâm của tam giác     . AH BC   BH CA . 0   AH BC    BH CA           

AI BI CI R 

 





2

2

2

CI

BI

BI







). Giải hệ (R là bán kính của ABC suy ra tọa độ tâm I.

 c). Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (giao của các trung trực) : I(a ; b) là tâm của ABC 2 AI d). Tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ( giao của các đường phân giác trong của các góc của tam giác). Tâm K của đường tròn nội tiếp tam giác ABC tìm được khi thực hiện hai lần công thức điểm chia đoạn theo tỉ số k :

 



k 1

AB AC

 DB  DC

Vì nên D chia BC theo tỉ số k1, suy ra tọa độ của D.

Trang 2

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

k

 



2

BA BD

 KA  KD

Vì nên k chia AD theo tỉ số k2, suy ra tọa độ của K.

.

S  





a h . a

b h . b

c h . c

1 2

1 2

ab

C

ac

B

bc

sin

sin

A sin .

S  





1 2

1 2

pr

p p a p b p c

)(

)(

(

).

S  











2

e). Diện tích tam giác:

)

(

)

det(

S  





1 2 1 2 abc R 4 1 2

1 2

  2 2 AB AC .   . AB AC   AB AC ,

det(

  , AB AC

)

(

),

).

 AB

 AC











a b 1 2

a b 2 1

a a ; 1 2

b b ( ; 1 2

a 1 b 1

a 2 b 2

Trong đó: với

 0.

  , u n 



0).

k u k  . , (



0M d và một vectơ chỉ phương u hoặc

2

2

III). PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG.

 vtcp u

B A ;

A B ;

 n

),

(

(



A B ;

(

)

Ax By C 0, 0. A B     

 ( u     M x y và có vtpt ) ;

 n

0

0

0

2

2

)

y

B y (

0.

B







) 0, 





0

x 0

a b ( ; )

A A x ( 3). Phương trình tham số- chính tắc của đường thẳng: a). Phương trình tham số của đường thẳng: Phương trình tham số của đường thẳng d qua

1). Định nghĩa: Cho các vectơ u  là 1 vectơ chỉ phương của đường thẳng d khi vec tơ u nằm trên 1 đường thẳng song song hoặc trùng với d. Mọi vectơ chỉ phương của d đều có dạng n  là 1 vectơ pháp tuyến của đường thẳng d khi vec tơ n nằm trên 1 đường thẳng vuông góc với d. Mọi vectơ pháp tuyến của d đều có dạng k n k  0). , ( .  Một đường thẳng d hoàn toàn được xác định khi biết một vectơ pháp tuyến n của d. 2). Phương trình tổng quát của đường thẳng: a). Định lý: Phương trình tổng quát của đường thẳng d có dạng Chú ý: d có vtpt B A ; ). )  b). Hệ quả: Phương trình đường thẳng d qua là: (

 u

0

0

0

x

at





2

2

,

0,

t

b

a







. 

x 0 y

y

bt





0

a b ( ; )

là: M x y và có vtcp ) ( ;

 u

0

0

0

   b). Phương trình chính tắc của đường thẳng: Phưowng trình chính tắc của đường thẳng d qua x

y

2

2

x 0

a

b

y 0 ,

0.







 a

 b

:

0 (2) (

0 (1),

:

0,

0).

d A x B y C 













d A x B y C  1 1

2 B 1

2 A 1

2

2

2

2

1

1

2 A 2

2 B 2

M x y và có vtcp ) ( ; là:

0

2

2

/ / d -Hệ vô nghiệm   d1 và d2 cắt nhau. 0 .   

1 2 B C B C C A C A  1

2

1

1

1

2

2

2

2

d 0 .    d 1   IV). VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA 2 ĐƯỜNG THẲNG, CHÙM ĐƯỜNG THẲNG. 1). Vị trí tương đối của 2 đường thẳng. Cho 2 đường thẳng   Giải hệ (1), (2) ta có kết quả sau: A B -Hệ có duy nhất nghiệm A B   1 2 1 2  và B C B C 0 A B   1 2 1 A B A B   1 2 2 1 d 1 A B 2 1 -Hệ có vô số nghiệm  2). Chùm đường thẳng :

Trang 3

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

1

1

2

2

(

2 )

(

0.





n A x B y C 





2 m A x B y C  1

1

1

2

2

2

0

0 90 )

Hai hay nhiều đường thẳng cùng đi qua một điểm I, tạo nên chùm đường thẳng có tâm I. : thì phương trình của cắt nhau tại I 0, 0 ( : Nếu d A x B y C      d A x B y C  1 1 ) 2 chùm đường thẳng tâm I là: A B 1 2 ) 0,  A B 2 1 2 m n 

2

2

2

1

2

0, (0 0 : : là góc d A x B y C   . Nếu gọi      

1 A A 1 2

2 A 2

2 B 2

V). GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG, KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT ĐƯỜNG THẲNG. 1). Góc giữa 2 đường thẳng : d A x B y C Cho 2 đường thẳng  1 1 B B  1 2 cos .   giữa d1 và d2 thì : .  

2 B 1 

2 A 1 B B 1 2

:

0. d 1 d   2

d Ax By C 



 là: 0

0

Hệ quả : A A  2 1 2). Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng: a). Công thức : Khoảng cách từ ( ) ; M x y đến 0

2

2 A

2

 Ax 0 By C  0 ( , ) , 0. d M d B    B

2

1

2

2



2

2

 

2 A b). Hệ quả: Nếu 1 2 phương trình các phân giác tạo bởi d1 và d2 là: A x B y C  1 1 1 

A x B y C 2 

 2 B 1

 2 B 2

2 A 1

2 A 2

 : 0, : 0 ( ) thì   d A x B y C    cắt nhau tại I d A x B y C  1 1 A B 1 2 A B 2 1

VI). HỆ TỌA ĐỘ ĐÊCAC TRONG KHÔNG GIAN, TỌA ĐỘ CỦA VECTƠ VÀ ĐIỂM: ■ Hệ tọa độ đêcac vuông góc trong không gian: Ba trục tọa độ x’Ox, y’Oy, z’Oz vuông góc đôi một tạo nên hệ trục tọa độ Oxyz với Ox là

(1; 0;0),

(0; 0;1)

 k

 j







(0;1;0),  u

 y j

x y z ( ; ; )

 zk

trục hoành , Oy là trục tung và Oz là trục cao.trên Ox, Oy, Oz lần lượt có các vectơ đơn vị  i







M x y z ( ; ; )

( ;

- Tọa độ của véctơ:





- Tọa độ của điểm:

;

y

;

z

y

z

;

;





 B x



 A x

B

B

B

A

A

A

và và và ; ;  a  x y z 1 1 1

. Ta có:

  u xi    OM x y z ; )   x: hoành độ, y: tung độ, z: cao độ của M hay OM  ● Các kết quả: trong hệ Oxyz cho  b

2

; ;



2

● z   y z ; 2 1 x 1

1

1







x x . 1 2

y y . 1

2

z z . 1

2

● ; ; 

  x y z  2 2    x y ; a b    2 1    kx ky kz k a 1   . a b ●Tích vô hướng: Hệ quả:

 a







2 x 1

2 y 1

2 z 1



2

cos

  ; a b

●





2 y

z

y y . 1 

z z . 1 





x x . 2 1 2 y  1

2 z 1

 2 x 2

2 2

2 x 1

2 2

●

0







●

   a b     a b

z

x x . 2 1   

2 

2 

x 1

y y . 1 x y ; 2 1

z z . 1 y z ; 2 1

2  k R b

:

 ka

  ● ,a b

●

  

  



y 1 y

z 1 z

2

2

cùng phương

x 1 x 2 z 





B

B

A

B

A

A

●Tọa độ vectơ:  AB x x ; y y ; z   

Trang 4

2

2

2

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

AB

x

x

y

y

z

z

























B

A

B

A

B

A

 OM

●Khoảng cách:

  MA k MB  





k

  OA kOB  1 

x

x

x

B

A

B





x M

x M

A 1

y

y

y

A

B

B

●Điểm M chia AB theo tỉ số k (k≠1) (k≠1). Khi đó tọa độ của

y





y



M

M

z

z

z

A

B

B

z



z



M

M

 2  2  2

kx k ky k kz k

   A 1   A 1 

        

M là trung điểm AB :

M là:         





2

z 1

z 1

;

;

  , a b

 

 y 1 y

z

y 1 y

z

 x 1 x 2

x 1 x 2

2

2

2

  

và VII). TÍCH CÓ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ VÀ ÁP DỤNG: Tích có hướng của hai vectơ: ■ Định nghĩa: Cho ;  a  b ; ; ;   x y z 2 2 x y z 1 1 1

      2 ■ Các tính chất:  ● a

0    

và  

  . a b

.sin

 cùng phương b         ,a b a ● ,a b       a b , 

S

  , AB AC

●   a b ,   b         a b , 



ABC



 

 

1 2

●Diện tích tam giác:

●Thể tích :

V

   AB AD AA '

.

,

ABCD A B C D '

.

'

'

'

  

 

   AB AD AD

,

.

- Hình hộp:



ABCDV

 

1 6

  ●Điều kiện 3 vectơ đồng phẳng:    ,a b c ,

- Tứ diện:

đồng phẳng 0    

;



Ax By Cz D 





0  là:

. A, B, C, D đồng phẳng , . 0       , a b c .      AB AC AD   





 :

0

0

VIII). KHOẢNG CÁCH 1). Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng: đến mp  Khoảng cách từ điểm

M x y z ; 0 

0

0

  

 d M



2

2

By Cz D   Ax 0 ,  A 

2 B C  2). Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng:  Khoảng cách từ điểm M1 đến đường thẳng () đi qua điểm M0 và có VTCP u

là:

0

1

 d M

  

1

,     ,   M M u  u

 2 đi qua M2 và có VTCP v

1 và 

2 là:

và  , Khoảng cách giữa  3). Khoảng cách giữa hai đường chéo nhau:  1 qua M1 và có VTCP u 

Trang 5

1

 

d

;





   2

1

    . , u v M M  2    u v , 

 

Tiểu luận Hình Học Giải Tích





2 có VTCP

 u ;  và  a b c ; 1 1 1





1 có VTCP 1 và 

2 .





a a 1 2

b b 1 2

c c 1 2

;  IX). GÓC: 1). Góc giữa 2 đường thẳng : Cho   .gọi  là góc giữa  v a b c ; 2 2 2

cos







  . u v   u v .

.

a









2 a 1

2 b 1

2 c 1

2 2

2 b 2

2 c 2

(

0





1 )      2

a a 1 2

b b 1 2

c c 1 2

Ta có:





 có VTCP

 có

a b c ; ;  u  và mp



 và 

 thì:

Aa Bb Cc





0

0

0

90 

sin











2

2

2

2

2

    n u .   n u .

.

b

c

2 B C 







A B C ;  n ; Đặc biệt:  2). Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: cho đường thẳng  nếu  là góc giữa  VTPT



a     



hoặc





0   n 1

2 có VTPT

; ; và mp  A B C 1 1 1





; 

A   / /  Đặc biệt: 3). Góc giữa hai mặt phẳng:cho mp   .nếu  là góc giữa  n 2

2

2

Aa Bb Cc 1 có VTPT 1 và 



B B C C 

A A 1 2

1

2

1

2

cos







2

2

2

2

2

.

C









 2 thì:

2 B 1

C 1

A 2

B 2

2

0





B B C C 



A 1 

A B C ; 2   n n . 1 2   . n n 1 2



   2

1

A A 1 2

1

2

1

2

Đặc biệt: 

Trang 6

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

Chủ đề 2: ĐƯỜNG BẬC 2. ------------------------

Vấn đề 1: Định nghĩa đường bậc 2.

2

2

(0;0;0).

)

;

A B C  ;

2

2

(0;0;0).

)

;

) 2 A x F x y ( ; 0 2 2   Bxy Cy   . Với ( Ey F   

A B C  ;

Dx 0 2 2 2 Dx 1.1. Cho hàm số 1.2. Trong (Oxy), tập hợp các điểm M(x;y) có tọa độ thỏa mãn phương trình F(x;y)=0. Khi đó ta nói F(x;y)=0 là phương trình đường cong (C) hay (C) có phương trình là F(x;y)=0. Vậy phương trình tổng quát của một đường bậc 2 bất kì là: Ey F A x  Bxy Cy      . Với (

----------------------------------------

Vấn đề 2: Công thức đổi tọa độ và 2 cách đổi trục tọa độ: Phép tịnh tiến và phép quay.

2.1. Công thức đổi tọa độ (đổi mục tiêu). Xét trong cả hệ tọa độ trực chuẩn và afin. 2.1.1. Trong mặt phẳng.

2

1

) O e e  ( ; ; )    O e e ( ; ; 1 2

Mục tiêu 2: M(x’;y’)

2

)

) Mục tiêu 1: M(x;y) O’(x0;y0)    a a ; e ( 1 1    b b e ( ; 2 1 2

2

), ( ) là tọa   a a ; 1   e 2 b b ( ; 1 2

(

)





  ●Lưu ý: (x0; y0) là tọa độ điểm O’ trong mục tiêu 1, tương tự, tọa độ 1 e độ trong mục tiêu 1. ►Hướng giải quyết vấn đề: Ta làm sao biểu diễn tọa độ M(x;y) theo tọa độ M(x’;y’).

)



( ;

 a e 2 2  b e  2 2 , (O(0;0)).

+ Ta có:

')

( ';

OM x e  1 1

(1) , (O’(0;0)).

'

     e a e e a a ;    1 1 1 1 1 2       ( ; e b e b b e    2 1 1 2 1 2 + Trong mục tiêu 1: OM x y )    x e Do đó: 2 2 + Trong mục tiêu 2: ' O M x y   .     y e ' O M x e Do đó:  1 2 OM OO O M ' ' 

+ Ta có: ) )         y e ' 2  x e 0 1  y e 0 2 x a e '( 1 1 a e 2 2 y b e '( 1 1 b e 2 2

 b y e ') 1 1

'

0 x

' 





I ( )

  x e '   1 (2) ( ( y   '   x e 0 1 '    x 0 a x 1

y

'

' 





0

  

Từ (1) và (2) ta được: .  a x 2 x 0 y  y e  0 2 b y e ') 2 2 b y a x 1 1 b y a x 2 2

Trang 7

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

Trong không gian:

; ) ; ; )    O e e e ( ; ; 1 3 2       O e e e ( ; 1 3 2

Mục tiêu 2: M(x’;y’;z’)

; )

; ;

(

 

Ta có: .  



Mục tiêu 1: M(x;y;z) O’(x0;y0;z0)    a a a e ; ( 1 1 2 3    b b b e ) ( 2 1 2 3    ) ; c c c e ; 3 3 1 2     a e e 1 1 1     b e e 1 1 2     c e e 3 1 1 Trong mục tiêu 1: (1)







)    y e ' 2  c e 3 3

0

)  (2) (   a e a e 2 2 3 3   b e b e 2 2 3 3   c e c e  3 3 2 2  OM xe   1    O M x e   1  Ta có: OM OO O M x e   0 1  a e y e 2 2 0 2 '   Trong mục tiêu 2:   z e 0 3 '   x a e '( 1 1    b e 2 2 z (    z e ' 3  '   z c e '( 1 1 '   x e 0 1 x  0  a x 1  b y 1  y ( 0  b e 3 3 a x 3 b y 3 c e  2 2 c z e ') 3 3

'





' 

' 

x 0 y

'(

II

)



' 

' 

 c z e ') 1 1 x

0

z

'



' 

' 

0

Từ (1) và (2) ta được:

  y     z 

 ye  2    y e  2  y e  0 2 a e )  3 3 ' a x  2 a x 1 a x 2 a x 3  ze 3  .   z e 3  z e 0 3  ' b y  2 b y 1 b y 2 b y 3   x e '  1 y b e '(  1 1 c z e ') 2 2 c z 1 c z 2 c z 3

'

2.1.2. Phép tịnh tiến:

).

OOT   ; )

O e e ( ; 1 2

     O e e ; ( ; 2 1

x

x

'





- Trường hợp đặc biệt:

y

y

'





x 0 y 0

  

Áp dụng công thức (I), ta có: (vì a2= 0, b1= 0).

Ví dụ: Cho (C): ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey + f = 0. (*) Bằng cách dời trục gốc O đến một điểm I thích hợp bằng phép tịnh tiến, hãy đưa phương

trình về dạng không có số hạng x, y. Cần giải quyết:

'

x

x

'





- Tìm I để đưa phương trình sau khi tịnh tiến không còn x, y. - Viết phương trình mới sau khi tịnh tiến. Giải:

Oxy (

)

O x y ( '

'

').

)

OOT  '( ; O x y 0 0

y

y

'





x 0 y 0

  

by 2

2

2+2dx0+2ey0+f=0. (2). 2+2bx0y0+cy0 d 0   

Suy ra: (1).

0

(3)

0



e  

bx 2 0

cy 2 0

  

Thay (1) vào (*) ta có: a(x0+x’)2+2b(x0+x’)(y0+y’)+c(y0+y’)2+2d(x0+x’)+2e(y0+y’)+f=0.  ax’2+2bx’y’+cy’2+(2ax0+2by0+2d)x’+(2bx0+2cy0+2e)y’+ax0 ax 0 Để phương trình (*) tịnh tiến không chứa số hạng x, y thì:

Trang 8

2

2

ax

'

bx y 2 '

cy

'

(

;



' 



) 0. 

F x y 0 0

2

;

)



 

ax 0

by 2 0

Tiểu luận Hình Học Giải Tích Giải (3), tìm (x0; y0). Phương trình (C) sau khi tịnh tiến là:

2

0 ;



 

bx 2 0

cy 0

0

 ( d F x y 0 x  e F x y ) ( 0 y

  

 Nhận xét, ta thấy: .

Tổng quát:

Cho (C) có phương trình F(x; y)=0. Tìm điểm I sao cho khi tịnh tiến (C) tới điểm I thì ta

;

) 0 

được phương trình (C) mới không chứa số hạng x, y. Và viết phương trình (C) mới sau khi tịnh tiến. Cách làm:

;

) 0 

y

 ( F x y  0 0 x   ( F x y  0 0

2

2

bx y 2 '

cy

'

;

+ Ta giải hệ: tìm x0, y0. Suy ra I(x0;y0).

' 





) 0. 

F x y 0 0

ax ( ' (Chú ý: Các hệ số a, b, c vẫn giữ nguyên).

Phương trình (C ) mới là:

Ví dụ: Cho F(x; y) = x2 + 5xy + 4y2 + x + y – 1 = 0. Tìm I sao cho khi tịnh tiến (C) tới I thì được phương trình mới không chứa số hạng x, y. Viết phương trình (C) sau khi tịnh tiến.

' F x ' F y

2

2

x

'

5 '

x y

F

(

;

x y 2 5 1 0     1 3 Giải: Ta có hệ: ( ; ). I    1 3 1 3 x y 5 8 1 0          y   1 3  x     



' 4 ' y 





) 0 

1 3

1 3

2

2

Và phương trình (C ) sau khi tịnh tiến tới I là:

5 ' x y   . 1 0 ' 4 ' y 

' x   2.1.3 Dời trục bằng phép quay (Chỉ áp dụng trong hệ trục trực chuẩn).

2

1

(1; 0)



O e e  ( ; ; ) Mục tiêu 2: )

(0;1)



   O e e ( ; ; 1 2 (cos ;sin )  

1



1



( sin ; cos )     e 1    e 2

Mục tiêu 1:  e 1  e 2  e 1  e 2

'cos 'sin x x y     Áp dụng công thức (I), ta có: (vì (x0;y0)=(0;0). 'cos 'sin y x y    

   Đây là công thức chuyển trục phép quay từ Oxy sang Ox’y’.

(1) Ví dụ: Cho (C): ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey + f = 0. Trang 9

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

Bằng cách đổi trục bằng phép quay quanh gốc O hãy đưa phương trình về dạng không chứa

số hạng hình chữ nhật (xy). Cần giải quyết: Tìm  để được phương trình sau khi quay không chứa xy.

'

.

 OQ ' Oxy Ox y  y  

'sin

x

'cos

x

'sin

'cos

'sin Cách giải quyết: x x 'cos   Ta có: (2). y y 'sin 'cos       

y 



y 



 'sin

'sin 'cos

'cos x

'cos

) + c( )2 +

y  y 

y  y 

2

2

x Thay (2) vào (1), ta được: )2 + 2b( a( 'cos x x ) + 2e( 2d( x 'sin 

2 sin cos a b 2 (cos sin ) 2 (sin cos c        ).   

2

2

(2

c

2 )sin cos

a

b 2 (cos

sin

) 0

a c

(

)sin 2

b 2 cos 2

cot 2



 









  













)( 'sin  ) + f = 0.  Sau khi khai triển, ta được hệ số của x’y’ là: Để phương trình sau khi quay không chứa x’y’ thì

0  nếu sin 2

0  thì cos 2

0  thì cos 2

a c  2 b 0  (vô lý).

a

cot 2

.

0

cos 2

(vì sin 2

c  



0  





  

'cos

'sin

x

y

x

x

x ( '

y

')









Nhận xét: Nếu



'cos

'sin

x

y



y

x ( '

y

')





1   mà khi sin 2  4  4  4

 4  4

     y 

2 2 2 2

     

Suy ra công thức đổi trục khi a=c:

2.2. Kết luận:

- Dùng phép tịnh tiến tịnh tiến (C) đến I thì được phương trình mới không chứa x, y. (1).





2

) 0

(

;

a c  2 b Vì vậy khi kết hợp cả 2 phép (1), (2) ta được phương trình (C) mới không chứa x, y, xy. Phương trình (C) đó là:

2 Ax Cy 



 với x0, y0 là tọa độ của I.

F x y 0 0

ta được phương trình mới không chứa số hạng xy.(2) - Dùng phép quay một góc  với cot 2

------------------------------------------------------------

Vấn đề 3: Phân loại đường bậc 2, các dạng phương trình chính tắc.

a b d

2

Cho (C): ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey + f = 0. Hãy xác định (C) thuộc loại đường nào?. * Phương pháp 1:

 

ac b 

 

b d

c e

e f

0 

0 

Đặt và .

0  0 

Elip (thực, ảo) Parabol

0 

2

2

2

2

Hypebol 2 đường thẳng ảo cắt nhau tại điểm thực. 2 đường thẳng (thực, ảo) song song nhau. 2 đường thẳng thực trùng nhau. 2 đường thẳng rhực cắt nhau.

2

1 0 4). xy 6 2 x y x y x 4 xy 4 y 2 x 2 y 1 0  6 2 Ví dụ 1: Xác định các đường bậc 2 sau thuộc loại gì: 1).    2 y 4  y 3  x 4  xy  2 x 4 0 2).3 2 x  xy 6 y  6 x 2 y   0          

5).9  Trang 10

2

2

2

2

2

6).4 x 4 xy y x 2 y 1 0 4 2 xy 2 y x   4         

xy 6 6 y y x   . 1 0   

1 3

3

2

Tiểu luận Hình Học Giải Tích 3). y x 0 3 Giải: 2 x 2 1).  Ta có: a = 1, b = 3, c = 1, d = 3, e = 1, f = 1.

 

ac b 

 



16 0 

3 1 3 1

1 1 

2

2

= -8 < 0, . Vậy (C ) là hypebol.

2

2).3 x 2 xy 3 y 4 x 4    

2

  . 4 0 y 1 3 

 

ac b 

 

64 0 

1    2

3 2

2 4 

2

2

=9 > 0, . Vậy (C ) là elip.

3). x 4 xy 3 y 2 x 2 y    

2

1



2

 . 0 1

0

 

ac b 

2    1

3 1

1   0



2

2

= -1 < 0, . Vậy (C) là 2 đường thẳng thực cắt nhau.

4). x 4 xy 4 y 2 x y   

2

2  1 1 0   . 1 2 

1 0

 

ac b 

2    1

4 1

1 1



    

2

2

=0. . Vậy (C) là parabol.

5).9 x 6 xy y 6 x y   

3 

2

2  9  . 0 3 

0

 

ac b 



3 3

1 1

1 0

   

2

2

=0. . Vậy (C) là 2 đường thẳng song song hoặc trùng nhau.

6).4 x 4 xy y x y   4  

2

2 4   . 1 0 2 2 

0

 

ac b 

2    2

1 1

1   1



=0. . Vậy (C) là 2 đường thẳng song song hoặc trùng nhau.

2

2

*Dạng 1: Chứng minh (C) là một cặp đường thẳng: ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey + f = 0. (1)

Cách giải: Ta xem (1) là phương trình bậc 2 đối với ẩn y. Do đó: dx (1) 2 2( bx f  . 0

 2 ) e y ax )  2 c ax (  2  f dx e ) .   

2

2

Tính Nếu cy   ' bx (      : (C ) xác định một cặp đường thẳng. ' 0   : (C ) không định một cặp đường thẳng. ' 0

2

2

   2 y y xy 6 xy 4 x 6  x 4 y 2 y 2 (1) (2)   . 0 1 0     

Ví dụ 2: Lấy lại ví dụ (5), (6). Xác định cụ thể cặp đường thẳng đó song song hay trùng nhau. x 1).9 2).4 x Giải: 1). Xem (1) là phương trình bậc 2 đối với ẩn y, ta có: 2 x (1) x y 0. 9 6 x 2(1 3 )  y     

Trang 11

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

2

2

2

3 x x (1 3 ) ' 9 x 6 x . Đây là cặp đường thẳng song song.      3 x 2  y  1     y 

2). Xem (2) là phương trình bậc 2 đối với ẩn y, ta có: 2 x (2) x y 4 4 x 2(1 2 )  y    

2

2

x 1   x (1 2 ) ' 4 x 4 x . Đây là cặp đường thẳng trùng nhau.      2 x 1 1 0.   y 2  1 0      y  

a b d

Dạng 2: Cho (C ): ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey + f = 0. Giả sử 1 trong 6 số a, b, c, d, e, f là một tham số chưa biết. Yêu cầu hãy xác định tham số đó để (C) xác định một cặp đường thẳng.

 

b d

c e

e f

Cách giải: Để (C) xác định một cặp đường thẳng thì = 0.

2

2

Tính  rồi tìm tham số đó. Kết luận theo yêu cầu đề bài.

x 2 axy y 5 x 7 y       . 6 0

a

1



a

2

2

5

2

2

a

5





a

2

0

2

0

1



 

0  



1 8

5 2 7 2

a 5

2 7   7 12

2 7   7 12





a 5 



6





5 2

7 2

Ví dụ 3: Tìm a để (C ) xác định 1 cặp đường thẳng: Ta có:

2

 a  12 25 0 . a 35 a      

5 3 5 4

a  hoặc

a  thì thỏa mãn ycbt.

5 4

Vậy với   a  5 3

2

2

2

2

*Phương pháp 2: Đưa phương trình (C) tổng quát về dạng chính tắc của nó. Các dạng chính tắc của đường bậc 2 trong 2 hệ trục:

2

2

2

2

2

2

STT Afin 1 Tên đường (E) thực x 1 y  1  

2

2

2

2

2

2

2 (E) ảo x 1 y   1   

2

2

2

2

2

2

3 (H) x 1 y  1  

2

2

2

2

2

2

4 2 đường thẳng ảo cắt nhau x 0 y  0  

2

2

2

5 2 đường thẳng thực cắt nhau x 0 y  0  

6 (P) x 0 Trực chuẩn y x b a y x b a y x b a y x b a y x b a 2 pxy x 2 0 y 2   

0

0

2 x 

2 x 

7 2 đường thẳng thực trùng nhau

Trang 12

2

2

2

2

x x

0 0

2 1 0 x   2 1 0 x  

a a

 

Tiểu luận Hình Học Giải Tích 8 9 2 đường thẳng thực song song 2 đường thẳng ảo song song

Lưu ý: Trong hệ trục trực chuẩn, ta có thể dùng phương pháp đổi tọa độ để đưa phương trình (C ) về dạng đúng chính tắc của nó. Dạng 3

Các cách xác định phương trình chính tắc của 1 đường cong (C) bất kì: ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey + f = 0. (*) Cách 1: Áp dụng trong hệ tọa độ trực chuẩn (Đề các): Dùng phép quay và phép tịnh tiến

như đã đề cập ở trên để đưa phương trình mới về dạng không chứa số hạng x, y, xy. Rồi biến đổi sơ cấp ta được phương trình chính tắc của 1 đường cong cần xác định.

2

ey

f

0

Cách 2: (Dùng trong hệ tọa độ Afin). Trong hệ tọa độ Afin, ta có thể đem (*) về dạng không chứa số hạng xy bằng phép biến đổi







(1)

Ta đặt: thay vào (1) ta được phương trình mới không chứa số hạng xy. y

' (0;0).

2

2

xy

cy

dx

ey

f

(*)

a x (

2

)

2

2

0















2

2

2

2

2

2

2

2

0

x

y

y

y

cy

dx

2 ey

f



















2

2

b a

b a

b a b a

  

 a x  

  

   2

2

2

trục tọa độ. TH1: Khi a = c = 0. 2 dx bxy 2 (*)   y x x ' '     ' y x    TH2: Khi ( ; ) a c  a  thì 0

X x

y

 

y c y 2 dx 2 ey f 0       b a b a  a x             

b a

y

     Y

Đặt ta được phương trình mới không chứa số hạng XY.

,

2

2

2

2

2

2

2

2

0.

x

y

f





















2

2

Bằng cách thực hiện biến đổi hệ trục tọa độ thích hợp ta luôn giả sử rằng phương trình bậc 2 ax2 + cy2 + 2dx + 2ey + f = 0. (**)

d a

d a

e c

e c

e c

 a x  

 c y  

  

  

2

2

2

2

f

tổng quát có dạng: a c  . 1.Khi 0 (**) : ax2 + cy2 + 2dx + 2ey + f = 0 d a











e c

e c

d a

d a

 c y  

  

  

(2)

2

2

' x x  

2

Đặt f Đặt    . k e c d a y

d a e c cy ' k (3) 

2

(2) 1.1.

 a x           ' y  2 ax '   0. k  2 x '   k a

(3) 1 (4) 

y ' k c

Trang 13

0,

0.

Tiểu luận Hình Học Giải Tích





k a

1.1.1.

2

2

X 

Đặt Suy ra . (4) Y 1. X    (Elip thực).

0,

0.

       Y   





k a

k c x ' k a y ' k c k c

2

2

2

2

0,

0.

1.1.2.





k a

k c

(4) 1 ) 1     (Lúc này   (5).

' x   k a ' y k c ' x k a ' y k c

2

2

X 

Đặt . Suy ra (5) Y 1. X     (Elip ảo).

0,

0.

' x k a ' y k c        Y   





k a

k c

2

2

1.1.3. Trường hợp

 ). 0.

k c

(4) 1  . (Lúc này

' x   k a ' y k c

2

2

X

1.

X 

Y

 (Hypebol).

Đặt Suy ra .

0,

0.

x ' k a ' y k c        Y   





k a

k c

2

2

Trường hợp

 ). 0

k a

(4) 1     . (Lúc này

' x k a ' y k c

2

2

X

Y

1.

X 





 (Hypebol).

. Đặt Suy ra

2

' x k a ' y k c

cy 0. ' (6) 

       Y    1.2. k = 0. 2 ax ' (3)   1.2.1. –Trường hợp a, c > 0.

Trang 14

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

2

2

2

2

2 i Y

2

a

' X a x .  . Suy ra (6) Y X 0 0. Đặt X       (2 đường thẳng ảo cắt nhau). c y . '

c 0,

 ). 0.

   Y  -Trường hợp a, c < 0. 2 ax ' (6) cy ' 0.  2  (Lúc này (7). cy ' 0.   2 ax '   

2

2

2

2

2 i Y

2

X a x . '  Đặt . Suy ra (7) Y X 0 0. X       c y .    Y 

' 1.2.2. –Trường hợp a >0, c <0. 2 ' (6) cy 0. ' (Lúc này c>0). ax   

2

2

X

0.

Y



2

a x . ' X  . Suy ra (2 đường thẳng thực cắt nhau). Đặt '    Y 

c y . -Trường hợp a< 0, c >0. 2 0. ' (6) ax cy '  (Lúc này a> 0).   

2

2

X

Y

0.









c 0,

2

2

2

2

0.

x

2 ey

f















2

d a

d a

d a

X a x . '  . Suy ra (2 đường thẳng thực cắt nhau). Đặt c y . '    Y 

 a x  

2

2

ey

2

0.

2. Khi a = 0 hoặc c = 0. 2.1 Giả sử a 0. ax2 + 2dx + 2ey + f = 0.   



f  



d a

d a

  

(8)

2

2

' x x  

0.

 a x           ' y  2.1.1.

e 

2

2

2

Đặt . Ta được (8) ' 2 0. ey ax   ' f    (9) d a y d a e c

2

0

y

2 ' x  

' 





2

2

e a

f 2 a

d 2 a

  

  

'

X x 

2

2

(9) 2 y 0 (10) ' x   '    e a f a d a

y



' 



2

f a 2

d a 2

   e Y  a  2.1.1. e = 0.

2

. Ta được (10) Y 2 0. Đặt X    (Parabol).

2 '   

2

(9) ax f 0. (11)  d a

2

Đặt f l .  

2 '

ax 0 x ' 0. (2 đường thẳng thực trùng nhau).    

2

2.1.1.1. Ta được 2.1.1.2. d a 0 l  (11) l  0.

2 '

(11) 1 0. (12). ax l 0      

' x l a

Trang 15

2

X

Tiểu luận Hình Học Giải Tích



'x l a 0.

Đặt . Ta được (12) 1 0. X   (2 đường thẳng ảo song song).

l 

2

2.1.1.3.

2 '

(11) l ax 1 0. 0

2

X

' x       (13). l a



'x l a

Đặt . Ta được (13) 1 0. X   (2 đường thẳng thực song song).

►Chú ý:

, để kiểm tra (C) thuộc loại đường nào.

Khi ta đưa phương trình (C) về dạng chính tắc của nó ta nên làm theo các bước sau:

2

2

2

T

ST P

0.

0.



 



 (*) Với các hệ số



A X 1

C Y 1

+ Ta dùng + Tùy theo yêu cầu đề bài, ta sử dụng cách 1 hay cách 2 để tìm phương trình chính tắc của (C). + Kết luận dạng đường bậc 2 cần xác định. Khi ta biết phương trình (C) thuộc dạng elip hay hypebol thì dạng đơn giản của nó là:

1

2

(

);

).



AC B 









  A C P A C   1

S A C 1 1

 1 Rồi từ (*) ta đưa về dạng chính tắc của nó.

,A C là nghiệm của hệ: 1

2

'

2

0.

0,



' 2 

' E y F 





2

0.

0,

2

'

1 E y F ' 

' 2 





A x 1 C y 1

A 1 C 1

1

● Khi (C) là parabol, để đơn giản nó, ta tiến hành các bước sau: + Quay 1 góc  để làm mất số hạng xy. 'cos 'sin x y x   + Ta thay vào (C) ban đầu. Khi ấy phương trình (C) trong hệ trục mới: x 'sin y 'cos y      

    + Dùng phép biến đổi trục đưa nó về dạng chính tắc.

2

2

2

2

2

2

   D x 1 D x 1

180 0. ).32 ).17 ).5 52 12 xy xy xy 0. 8 7 b 5 6 y x x y y c x Ví dụ 1: Trong hệ trục trực chuẩn, đưa các phương trình sau về dạng rút gọn (chính tắc). Vẽ hình biểu diễn. a   32 0.         

2

cot 2

tan 2

6 tan











4(1 tan 

). 

Nhận xét: Nhìn vào các phương trình trên ta thấy chúng không chứa hệ số x, y vì vậy ta chỉ cần dùng phép quay để làm mất đi số hạng xy. a). Cách 1:

32 7  52

3   4

4   3

tan

2



2

2 tan

3 tan









2 0   

tan





  1 2

   

Ta quay (C ) một góc  sao cho

Ta chọn tan sin , cos .  2          2 5

Ta chọn trục mới sao cho sin , cos .      2 5 1 5 1 5

Trang 16

x

y







x ( ' 2 ') 



y

')





( 2 ' x 



Ta được: (1).

y 2 ' 5 y ' 5

x ' 5 x 2 ' 5

     y 

2

2

y

x ( ' 2 ')( 2 ' y x

y

')

y

')

180 0

Tiểu luận Hình Học Giải Tích 1 5 1 5

( ' 2 ') x 











( 2 ' x 







32 5

52 5

7 5

Thay (1) vào (C ) ta được:

2

2

2' x   9

' x 100 ' y 225 ' 1    (Hypebol). 900 0.   

2

2

'

'

0.







A x 1

C y 1

  0

32 26

2

900.

162000.

 

ac b 

 

 

 

26 0

7  0

0 180

180.

y 4 Cách 2: Kiểm tra được (C ) có dạng là hypebol nên phương trình sau khi rút gọn là



32 7

25.

  

 

2

900.



 

A C  1 1 A C ac b  1

1

45

45





2

X

X

25

900 0





 



Suy ra

1

20

20

 

 

C  1  A  1

A  1  C  1

2

,A C là nghiệm của phương trình: 1

2

2

2

2

' Chọn Suy ra (C ): 20, 45. 180 0 1. 20 ' x 45 ' y           (Hypebol). A 1 C 1 x ' 9 y 4 Vẽ hình:

(**) 6 xy 5 y   32 0. 

x

x ( '

y

')





x b ).5  Cách 1:



x ( '

y

')



1 2 1 2

      4   y 

2

2

(1)

2 x 4 '

2 x ' 16

Thay (1) vào (**) ta được: y 16 ' 64 0 1 (elip).       y ' 4

Trang 17

5

0

3 

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

 

16 0. 

 

512 0. 

3    0

5 0

0 32



2

A C

10;

16.

 







Cách 2: Suy ra (**) là elip.

A C ac b  1

1

2

2





2

Ta có: A C  1 1

X

X

10

16 0





 



1

8

8





C  1  A  1

A  1  C  1

Suy ra ,A C là nghiệm của phương trình: 1

2 x 1

2 8 y 1

2 y 1 4

2 x 1 16

2

2

Chọn 8. 2 32 0 1.  Suy ra phương trình (E):      A 1 C 12,

2

2

cot

tan 2

6 tan

2 tan

3 tan

2 0

 







 

4(1 tan 

) 









 

c ).17 x xy 8 y 0.  

12 3 4

. tan sin ; cos     2       1 5  (***) 4    3 1 5

x

y



( ' 2 ') x 

Chọn trục mới sao cho Ox sao cho sin ; cos .     1 5 1 5

x (2 '

y

')



1 5 1 5

      y 

2

2

(1).

2 y 4 '

2 y ' 1 4

Thay (1) vào (***) ta được: x ' 0 x ' 0.      (2 đường thẳng ảo cắt nhau hay đó là

2

2

elip suy biến thành điểm X’=0, Y’=0).

2

Ví dụ 2: Đưa các phương trình sau về dạng chính tắc trong hệ trục Đề các: 1).9 110 (1) 20 16 24 xy y x x   y 2  16 y  24 x 50 0.   3 0. (2) 2).9 x 12 xy 4 y  2  2  x 160   y x 24 9 y 120 (3)  xy      425 0. 

3).16 Giải:

'

'.

 OQ Oxy Ox y 

1).

Trang 18

3

tan





2

cot 2

tan 2

7.2 tan







) 



24(1 tan 



4 4

7   24

24   7

tan



 

3

   

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

3 3 4 Chọn tan sin ; cos         5 4 5 3 4 Chọn sin ;cos .     5 5

x y x  (4 ' 3 ') 

(*)

2

x y (3 ' 4 ')  1 5 1 5

2 '

2

     y  Thay (*) vào (1), ta có: y 625 ' 1250 ' 2500 ' 1250 0 x y      y 2 2 ' 4 ' 2 0 y x (2)  (    x ') ' 2) x y 2(3 ' x 2 2 ' 4 6 2 '       

2

'.

'

y   X từ (2) ta được: Y (Parabol). Đặt X 2

2

tan





2

cot 2

tan 2

10 tan



12(1 tan 









) 

3 3

5   12

12   5

tan

 



2

   

y 4 ' 4    x ' 3      Y y ' 2    2). Cách 1:  OQ Oxy Ox y 

2 Chọn tan sin ;cos         3 2 13 3 13

y

x

x

(3 ' 2 ') 



2

. Chọn sin ;cos     2 13 3 13

y

x

(2 ' 3 ') 

1 13 1 13

2

2

2

(3)

x 104 13 ' 39 0

x 13 '

x 8 13 ' 3 0

x ( 13 ' 4)

     y  x (13 ')





 





 







13 0. 

x 13 ' 4



2 13 0

thay vào (2) ta được x 169 ' x 104 13 ' 39 0 (3) Suy ra   

X 

 (2 đường thẳng thực song song).

'

y

 X    Y 

2

Đặt

2

x y 3 0 y 4 2 (3 x 2 y 4) 16 x    2 ) 16 13 0 y        13 0. 

2 13 0

X 

 (2 đường thẳng thực song song).

2

2

2

x

y 3 )

2( 80

x

60

y

24  8(3 x   y 4 2   Đặt suy ra y Cách 2: 2 12 9 xy   x (3 2 ) y   X x 3    Y 

(4  

 





) 0 

425 2

X

4

x

3

y





2

X

0

3). 16 x 24 xy 9 y 160 x 120 y      425 0 

Y 2

 (Parabol).

425

80

60

x

y

 





2

  Y 

2

2

2

Đặt suy ra

2 0

d x ).

xy

4

2

5

y

y

 

x  





Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ afin. Hãy xác định phương trình chính tắc và tên các đường bậc 2 sau: 2 x a 4 ).5 32 56 xy 8 y y x 80 0      

Trang 19

2

2

2

2

2

e ).4 x 12 xy 9 y 2 x 3 y 2 0 12 12 xy xy y       x ).5 2 22 2  x  4 c x ). xy 4 3 y 19 0  0 Tiểu luận Hình Học Giải Tích b   7 y 4      

2

2

2

2

2

2

(

2.

2 8) )

5(

x

y

8)

x

(

y

y

8

y

56

y



















80 0 

Giải: 2 x a ).5 4 xy 8 y 32 56 y     x 2  x 4 32 8 y 56 y 5 x 4 ( x y y 56 y  5 x        8) 8    80 0 

2

2

x

(

y

8))

y

10)

5(  









20 0 

14 ( 5

2 5

 4 25 xy  2 5 80 0  80 0 4 25

2

2

2

2

X

'



2

X x ( y 8)    2 5 Đặt suy ra X 5 20 0 1 Y      X 4 Y 20 y 10 

2 '

'



Đặt suy ra X ' 1 Y  (elip).

2

2

2

2

2

2

5(

x

2.

xy

y

)

y

22

y

12

y

14 5 X 2 Y 2 5      Y      Y 















19 0 

6 5

2

2

2

2

x

y

)

y

12

y

x

y

)

(

y

y

) 19 0

5(  







19 0 

5(  









36 25 146 5

36 5 12.5 146

2

2

2

2

b ).5 x 12 xy 22 y 12 xy     19 0 

6 5 15 2 73

2

2

x

y

)

(

y

)

0

5(  









15 73

x y ) ( y 0 y 5(     ) 19     2.15 73

6 5 6 5 6 5

X

5(

x

y

)





2

2

146 5 146 5 146 5 6 5

2

2

X

0

15 2 73 101476 2 73

Y





101476 2 73

(

y

)



suy ra Đặt 1   

146 5

15 73

     Y 

'

X



2

X 101476 2 73 Y 101476 2 73

2 '

'



2

Đặt suy ra X ' 1 Y  (Hypebol).

X 73   101476  Y 73  Y  101476 2 4 y xy 4 4    y x X 2  

2

X

0

x 3 y 0 c x ).  7  

Y 2

 (Parabol).

2

x

y







3 2

7 2

   Y 

2

2

2

2

suy ra Đặt

x  

2 0 4 y  1)( 2 x  4 4 y 2 0 0 2 0   y 2)   4 x xy   y x 2) 4 (   xy y  x (     y  y  x    2)  5 d x ).  x x (  

2

2

suy ra X.Y=0 (2 đường thẳng thực cắt nhau). Đặt 2 x y 4 xy y    2) y x 4 ( y 4    y X x 1    4 y 2 x      Y 

e ).4 x 12 xy 9 y 2 x 3 y 2 0      

Trang 20

2

2

x

y 3 )

(2

x

3 ) 2 0

(2

x

y

y 3 )

2.

(2

x

y 3 )

0

(2  





   





  

1 2

1 4

9 4

2

2

x

3

y

)

0

(2

x

3

y

)

1

(2  



  







1 2

4 9

1 2

9 4

(2

x

3

y

)

X







2 1 0

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

X   (2 đường thẳng thực song song).

1 2

2 3 y

     Y

Đặt suy ra

2

2

------------------------------------------

F x y ( ; bxy 2 ax ey 0. ) f     

cy x 2  t    - Cho d có phương trình tham số:

Vấn đề 4: Sự tương giao của một đường thẳng và đường bậc hai. - Cho (C): dx 2 x  0 y

y

t 





0

  

2

2

bxy 2

cy

2

dx

2

ey

f

0

ax











( ) : I

t 



 x 0 y

t 



0

2

2

)

)

c y (

2 (

)

f

0

I ( )

)

  x     y  t  



t 







t 

) 2 ( 



t 









t 







e y 0

(2

0 d 2 )

e t 2 )]

(2

t )

c

(















a x ( b x 2 ( 0 0 2 2 2 b a 2     



[ 

by 2 0

d x 0 cy 2 0

bx 0

2

f

0

t y )( 0 ax 0 













ey 2 0

2 cy 0

(2

2

e 2 )

;

)

;

).



Giao điểm của (C) và d là nghiệm của hệ:













cy 0

F x y ( 0 0

 y

2

2

f

(

;

 ( F x y x 0 0 ).











2 cy 0

bx 0 ey 0

F x y 0

0

2

2 bx y 2 ax dx 0 0 0 0 2 2 P a Đặt b 2 c       d 2 ) by 2 ax Q (2     0 0 bx y 2  0 0 Pt Qt R

dx 0 0.

. 

0 :

d

C (

M M M M }, (

;

)

  



) { 



1

1

2

2

2

P

0

Q

4

PR

0 :

d

C (

M M M M }, (

;

)

   





) { 



1

2

2

}.

0 :

d

C (



) { 

2

1 M M ; 1

          

P

Q

0  

P

0

0

Qt R     

d d

0 0

C ( ) C ( )

     

 

   d

)

C M ( 

2 R ax  0 (I) trở thành: Biện luận:          

  

R   R      Q 0  0,   

1 M M , 1

2

2

C ( 0 : d ►Chú ý: Trường hợp P } là 2 điểm ảo liên hợp.  ) { 

2

d x :

0.

) : ).( xy 4 4 x y  



2

xy

x

y

x

4

4 0

4 0



  

 

Ox

C (

) :







x y

2 0

 

x y

x y

4  0 

4  0 

  

  

   (2;0).

b C x 3 0 ).( xy ) : 2 4 x y   Ví dụ 1: Tìm giao của đường thẳng và các đường cong sau:    và Ox, Oy. a C x 4 0   và 6 y 3  2 Giải: a).

1

2

4 0

y

xy

x

y

4

4 0



  

Vậy Ox )  C M ( 

Oy

C (

) :







x y

   x 0

0 4



 

x x

4  0 

  

  

   (0; 4).

Tương tự,

2

Oy )  C M ( 

Vậy b).

Trang 21

2

2

2

xy

4

x

6

y

3 0

2

xy

4

x

6

y

3 0

x

x



 





 

d

C (

) :





x

y

x

y

 3

 0

 3







  

  

y

 

2

2

y

y

y

2.3

4.3

6

3 0





 





3

 y

 y (3 )  x 

1 6 1 2

       x 

d

)

(

;

).

Tiểu luận Hình Học Giải Tích



C M ( 





1 2

1 6

2

2

Vậy

2

2

d

: 2

x

7

0

Ví dụ 2: a). Viết đường thẳng d qua O cắt y x 5 3 y 2 0 ) : 6 C ( xy x   2 C (  ) : 3 x 7 5 0 4 6 2 y x y    tại 1 điểm duy nhất. xy      tại 1 điểm

y  

cắt tại 1 điểm duy nhất. C x ( ) : 9 0 mxy 2 5 x y  

 b). Viết phương trình đường thẳng qua (2; 0) cắt duy nhất. Tính góc giữa 2 đường thẳng đó. 2 c). Tìm m để    Giải:

2

(0; 0) 5



3 .   

 F y

a). d qua O có dạng t  t  x   y 

2 6P       Q (0;0) F    x R F (0;0) 

2

2

  2.

2   

2

0



 0 

2  6       5 3    

Để d cắt (C) tại 1 điểm duy nhất (6 t ) (5 2 0     t 3 )      có nghiệm duy nhất.

   Chọn  1   

t

t

x

 

1 3 1 2     



1 3

y

1 2 t



t

y



 x    

Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn ycbt:

     2   t 

2

t  b). Đường thẳng qua (2; 0) có phương trình x   y 



18 .   

2

2

2 P    2 3 7      (2;0) Q F F     x y R F (2;0) 19.  Để d cắt (C) tại 1 điểm duy nhất

0  . (2;0) 18

2   

2

0



(3 7 2 t ) (18 19 0     18 ) t      có nghiệm duy

2 0

 

3

nhất



1  

1 2

2  3 7       18 18           

t

'

x

t

:

;

d

:

Chọn

d 1

2

x y

2   t 3 

y

t

'



  

2   1 2

   

Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn ycbt:

Trang 22

(1;3);

(1;

).

Tiểu luận Hình Học Giải Tích





 u d

 u d 1

2

1 2

1



.

cos(

)

cos(

)







d d ; 1

2

  u u ; d d 1

2

3 2 5

1 2

10.

4

0

(

)

45

.





d d ; 1

2

 4

d

: 2

x

Vectơ chỉ phương:

y   . 7 0

2

2

x

5

9 0



 

c).

x

mxy 2 y

x 2

y   7 0   

2

Để d cắt (C) tại 1 điểm duy nhất có nghiệm duy nhất.

      có nghiệm duy nhất.

2 x   m (4   m 4

9 0 x 7) (2 x 7) 2 mx x (2 2  58 0  (14  m  x 23) 5  có nghiệm duy nhất..  

m  thì thỏa mãn ycbt.

3 4

. Vậy với  m   3) x  3 0   m  23 0  3 4   14  -----------------------------------------

Vấn đề 5: Tâm, cách xác định tâm của đường bậc hai. Phương tiệm cận, đường tiệm cận, cách xác định đường tiệm cận.

A.Tâm. ■ Định nghĩa:

Tâm của đường bậc 2 là điểm mà khi ta tịnh tiến đường bậc 2 tới điểm đó thì ta thu được phương trình đường bậc 2 mới không chứa số hạng x, y.



x

x





Gọi I(x0; y0) là tâm của (C ): ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey + f = 0.

:

Oxy

OIT   Ix y



y

x 0 y

y





2

2

y

')

f

0.

x

x

y

y

y

x

')

')

')

')(

2 (

') 2 ( 









0 













e y 0

thay vào phương trình (C ):

   b x 2 ( 0 by 2

c y ( 0 2

d x 0 ... 0  

0

0

2

0

2

d

by

by 2









d  

0

0

ax 0

ax 0

' (2 (2 2 ) e y      cy 0 ax 0 bx 0

0

e 2

0







e  



cy 2 0

cy 0

:

(3)



:

(3) có một nghiệm,

:

(3) vô nghiệm.

a x ( 0 0 ... d x 2 ) '   Để phương trình trên không chứa số hạng x’, y’ thì:      bx bx 2   0 0 Khi: a b a b a b

b c b   c b   c

d e d e

(3) vô số nghiệm.

;

) 0 

Như vậy tâm của đường bậc 2 có thể không có, có thể có một, có thể có vô số. Khi đường bậc 2 chỉ có một tâm thì ta nói đó là đường bậc 2 có tâm.

;

) 0 

y

 ( F x y  0 0 x   ( F x y  0 0

Nhận thấy rằng (3) tương đương hệ:

Cách tìm tâm: Cho trước một đường bậc 2 F(x; y) = 0. Để tìm tâm, ta thực hiện các bước sau:

Trang 23

0

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

0

  F  x    F  y

+ Giải hệ

2

2

+ Nếu hệ trên có nghiệm thì đó chính là tâm của đường bậc 2.

2

2

4 0

2

7

2

 





3 0. xy 4 2 2 x x y   y 2 Ví dụ: Xác định tâm của các đường bậc 2 sau: 6 1).  6   3 0.  4 2). xy 2 y x y       x 2 y y x 2 2 2 xy 4 0.      



6 0

5

 







y 0 y 4 0

x 0 x 2 0

x 0 y 0

  

. Vậy tâm (C ) là I(7; 5). 3). x Giải: 1). Gọi I(x0; y0) là tâm của (C ). Khi đó tọa độ (x0; y0) là nghiệm của hệ:   

2 2 4 0 x y hệ vô nghiệm.    y 6 0  x 2 2    

2). Tọa độ tâm I của (C ) là nghiệm của hệ phương trình:    Vậy (C ) không có tâm.

x y 2 2 2 0 hệ vô số nghiệm.  2 0 2 2 y x      

3). Tọa độ tâm I của (C ) là nghiệm của hệ phương trình:    Vậy (C ) có vô số tâm nằm trên đường thẳng x+y+1=0.

0

Dạng toán: Tìm tập hợp tâm của đường (C ):

0

  F  x    F  y

+ Ta giải hệ: (I)

2

2

+ Nếu trong hệ (I) có chứa tham số. Vì thế ta phải biến đổi làm sao để mất đi tham số đó bằng cách biểu diễn nó theo x và y, từ đó suy ra tập hợp tâm.

y x 2 4 2 xy ay ax 1 0.   

y     x

x



) 0(*)  0. a 2 a 4 y 2 0 0 4 a 2 y    4  y  

Ví dụ: Tìm tập hợp tâm của (C ) biết: 1). (C ):    2). (C ) qua 4 điểm (0;0), (0;1), (2;0), (1;2). Giải: 1). Tâm của (C ) là nghiệm của hệ phương trình sau: x y x 2 2     x 2 4( y 2 2 y y x      x x 3 0 2 (*)       Do đó tập hợp tâm của (C ) là các điểm thuộc đường thẳng d: 3x+y=0.

f 0 f 

 2 0   I ( )  2 e d  a  d e 4 c a c 4 0  

  4 b b 4 e 4 c 4 e 4 0 a 2 0 d 2 d         2). Gọi (C ) có phương trình: ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey + f = 0. (**) Vì (C ) qua 4 điểm (0;0), (0;1), (2;0), (1;2) nên ta có hệ phương trình sau: 0              

Trang 24

f

0

a

d  



Tiểu luận Hình Học Giải Tích

I ( )

e 2

  c       b e

TH1: Khi d=0. suy ra a=0.

0.

d

a

e

b 2 4

b 1 2

2

c

e

(1 2 ).

b

0 0 ax by d y 0      cy 0 x 1    0 e     Tọa độ tâm (C ) là nghiệm của hệ:   bx    

2 2

2

TH2: Khi

         x

by   ex e    Suy ra tâm ( 1; 0). I  d  Chọn Thay vào (**), ta được: 4 (1 2 ) b y 0     

    Khi đó: 4 2. (1 2 ) bxy 2 x 2    by 2 x 4 0 4   2 bx

2

2

2 x 2 Tọa độ tâm I là nghiệm của hệ: thay vào phương trình b   b 1 2 0    y    2) x (2   2) (2 x 2) dưới của hệ, ta được: x ) y 1 2. 0 2.  2(1 2.     b y   2(1 2 ) b y  x (2  y  y

2

2

C (

))

y 2 8 xy 9 y  y 4 0.    





4 x   Vậy trong cả 2 trường hợp tập hợp các tâm (C ) thỏa mãn ycbt là các điểm thuộc đường cong (C’) sau: (vì ( 1; 0) I . 4 0. xy 9 4 8 2 x y y     

x



t 



:

d

x 0 y

y



t 



(0;0)

;

B. Phương tiệm cận, đường tiệm cận. ■ Định nghĩa: (C): F(x; y)=ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey + f = 0.



   0  v   ) (

2 a 

2 b 2   

là phương tiệm cận của (C) P c 0. 0     

;

(0;0)

● Đường thẳng có phương là phương tiệm cận đi qua tâm và không cắt đường bậc hai thì ta gọi đường thẳng đó là đường tiệm cận của đường bậc hai.



2 b 2   

2 a 

Giải phương trình c 0.   

Từ đó, ta có được cách tìm đường tiệm cận:  là phương tiệm cận của (C) v   ) ( ).  ;

x





t 

+ Gọi tìm ( + Tìm tâm của (C). + Kiểm tra tâm I thuộc (C) hay không để khẳng định đường tiệm cận.

d

:

y

x 0 y





t 

0

  

0

0

v

(0;0)

. Phương trình đường tiệm cận tìm được là:



    



2 a   0. 

2 .

2

c 0 (vô lý).  (1). Ta có thể nhận thấy khi

.  ,

2 2 b    Ta tiến hành chia 2 vế cho  

(1) a b 2 0. c     (2). Giải (2) tìm Lưu ý: Khi ta giải: Vì vậy khi  ) ( 

2

2

Nhận xét: Trong quá trình viết phương trình đường tiệm cận sẽ xảy ra các trường hợp sau: + Không có tâm, do đó không có đường tiệm cận. + Không có phương tiệm cận, suy ra không có đường tiệm cận. + Có phương tiệm cận, có tâm nhưng tâm lại thuộc (C), suy ra không có đường tiệm cận. + Có vô số tâm, suy ra không xác định đường tiệm cận.

Ví dụ: Tìm phương tiệm cận và đường tiệm cận của các đường bậc 2 sau: a 2 0. ).9 16 xy 2 6 8 y x y       x 2 b ).8 x 6 xy 26 x 12 y     11 0. 

Trang 25

2

(0;0)

;

4 xy 3 6 y x 4 0.      

2

2

2 2     

2 ( 8       

Tiểu luận Hình Học Giải Tích 2 )4 y x c Giải: a). Gọi 2 là phương tiệm cận của (C). Ta có: 2 2 2 0 5 8 5 ) 0.       

 0   

 (vô lý).

 v   ) ( 2 9 6 2     Dấu “=” xảy ra Suy ra không có phương tiệm cận. Vậy không xác định đường tiệm cận.

;

(0;0)

   0

 v   ) (



b). Gọi là phương tiệm cận của (C). Ta có:

0  , chọn

1  hoặc



28 6   

3   4

4

3.



   

 v

 Vậy có 2 phương tiệm cận:



. Chọn 3 ) 0 0   2 (4      hoặc 

 ( 3; 4). v   y 26 0 6    12 0 

(0;1); x 16   

C (

).

 

x 2  Tọa độ tâm I là nghiệm của hệ:  6 x y 1       Suy ra (2; 1) I

;

x 2 x t 2 3    Vậy phương trình đường tiệm cận là:  y t y t 1 4 1            

(1; 2).

1

 0.



 ) v   ( (0;0)  Chọn 

2 4 4   

là phương tiệm cận của (C). Ta có: c). Gọi 2 

     2 v  y 6 0 4    y x  Vậy (C) có vô số tâm. Vậy ta không xác định được đường tiệm cận của (C).

x Tọa độ tâm I là nghiệm của hệ: hệ có vô số nghiệm. 3 0 4 2    8   

►Chú ý: Muốn biết một đường thẳng có phải là đường tiệm cận của (C) hay không ta thay phương trình tham số của đường thẳng đó vào (C). Nếu phương trình mới với ẩn là tham số t: + Vô nghiệm: Nó là đường tiệm cận của (C). + Có nghiệm: Nó không là đường tiệm cận của (C).

------------------------------------------ Vấn đề 6: Phương trình tiếp tuyến của đường bậc hai. ■ Định nghĩa:

Cho đường bậc hai (C), một đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm trùng nhau hoặc d nằm trên (C) được gọi là tiếp tuyến của đường bậc hai.

0

0

Dạng 1: Phương trình tiếp tuyến với đường bậc 2 (C) tại điểm ; ) ) : C ( M x y ( 0

x



t 



)

;

(0;0)

(C ): F(x; y)=ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey + f = 0. (1)

:

d

  

x 0 y

y



t 



2

   (1), (2):

( (2)

(3)

(2

2

e 2 )

;

)

;

).



 2 













cy 0

F x y ( 0 0

 y

2

2

f

(

;

0 Pt Qt R 0.   2 b 2 c     d 2 ) by 2   0 









 ( F x y x 0 0 ) 0. 

2 cy 0

dx 0

bx 0 ey 0

F x y 0

0

Với Q  . 

(3) 0. (4) P a  ax (2  0 2 R ax bx y 2   0 0 0 2 Pt Qt   

Trang 26

0

t 

0 :

(4)

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

P 

    t 

Q

0

0.

Trường hợp 1:

 

  

Q P Q P

0 :

(4)

0.

Để (4) có 2 nghiệm trùng nhau

P 

Qt 

;

)

;

Trường hợp 2:

0.

0Q 









) 0. 





 ( F x y 0 0 x

F x y ( 0 0

 y

;

)

)



 ( F x y 0 0

 y

  ( ; F x y 0 0 x

) / /

 v

)).

;

;

(

Để d là tiếp tuyến



( ;  

(  

 v 0

 y

 ( x y

Ta có:







)

)

0 y  0 



x x  0  ( F x y ; y 0 0

y y  0  ( F x y ; 0 0 x

)

;

;

)

)

(

y

) 0. 



( x  



0

F x y F x y ); 0 0 0 x x  0   y F x y ( y 0 0 y d 2 ) )(2 (

0 by 2

Phương trình đường thẳng d:

0 

(

)

)

(

x

2  ( x      

(

2

2

 ( x F x y 0 x x )(2 ax 0 0 ax x b x y 





0 















) 0 

0

0

0

0

bx y 2 0

0

2 cy 0

dx 0

ey 0

bx 0 e y ( cy 0 y ) y 0 

0

( ) x ( ) e y ( y ) 0 f ax x b x y 

0 by

xy 0 xy  0 d x )

0 ax ( 0

0

cy y d x  0 cy y d x    0 e y dx cy )  0 0

 Hay  f 2 ) 0. e  2 ax 0  0.          bx ( 0  0 ey 0

0

Vậy: Phương trình tiếp tuyến với đường bậc 2 (C) tại điểm ; ) là: C (

0 Hay

( ) ( ) x y ) f 0    cy y d x  0

0 

0

0 bx ( 0

 by xy  0 d x ) f 0.       M x y ( ) 0 0  (công thức tách đôi).  ax x b x y  ax ( 0 cy 0 e y (  0 e y dx )  0 ey 0

0

Dạng 2: Phương trình tiếp tuyến với đường bậc 2 (C) đi qua điểm ( A x y : ) ; 0

1

1

-Gọi M x y là tiếp điểm. Ta có: d: ) ( ; d x ) ( f 0.         bx ( 1 ax 1 cy 1 ey 1

1 -Đường thẳng d qua

e y dx ) by  1 1 A x y nên tọa độ của A thỏa mãn phương trình d: ( ) ;

f ( 0. 

0  cy 0

:

0 cy 1  (

ax 1 ( 0 f    ax 0  by 0

0

2

2

dx  1 dx  0 d x ) by 1   Vậy các tiếp điểm by 0. f d x ) bx (   0 1 d x ) bx (  1 0 M   e y )  0 e y )  1         ax 0

f

0.

cy  d x ) 

 

 

 







0 f  e y dx )  0

ax ax ( 0

ey 0

0

  

Số điểm M tìm được là số nghiệm của hệ:  cy 0 2 bxy by e y dx )  0 2 dx bx ( 0 ey 0 2 ey cy 0

ey  1 ey  0 bx ( 0   - Thay các nghiệm tìm được vào phương trình đường thẳng d ta được các phương trình tiếp tuyến cần tìm.

2

2

Dạng 3: Cho biết (C) và phương trình tiếp tuyến d của (C):

2 dx ey 2 f 0.    

d

e

f













ax 0

bx 0

dx 0

cy 0. bxy 2 C ax ( ) :      c d a x b y :   





by 0  a

cy 0  b

ey 0  c

0.

Tọa độ các tiếp điểm ( ) là nghiệm của hệ: x y ; 0 0

ax by 

c  

ax by m

0.(

).







m c 

Dạng 4: Tiếp tuyến cần tìm song song với đường thẳng

F x y ( ; -Khi đó tiếp tuyến cần tìm có phương trình: ) 0  -Dùng điều kiện tiếp tuyến thì hệ có nghiệm kép hoặc vô số nghiệm. ax by m 0       -Tìm được m và viết được phương trình.

Trang 27

;

.

0.

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

)  là tiếp tuyến (C)







  F . x

 F y

2

2

Lưu ý: Một đường thẳng có vectơ chỉ phương (

2

2

Ví dụ: Viết phương trình tiếp tuyến các đường cong sau với các điều kiện: a). 0 ) : 3 C ( xy 2 3 2 x y x y 4    

d

: 3

x

5 0.

y 3

  Tìm tọa độ

b). 7 xy 5 y 4 x 1 0 y C ( ) : 3 x 2  xy  2 y 2 3  x 3 0      tại điểm có hoành độ bằng -2.   biết tiếp tuyến qua O. 5    biết tiếp tuyến song song với y

c). C x ( ) : tiếp điểm. Giải:

2

B

A

( 2;1); 

1 a). x y 4 3 0 C y ) :  2 (    3

0

10 0

x

x

d x ) by f 0.        cy 0 e y dx )  0 ey 0

 và 3

13 0. 

y 4





;

y       y Ta được 2 tiếp điểm: ( 2;3).  Phương trình tiếp tuyến có dạng: bx ( ax (  0 0 Thực hiện thay số vào, ta được 2 tiếp tuyến cần tìm là: y 4 7

)  là:

4;

(0; 0) 5;

F

(0;0) 1.







 (0; 0) F x

 F y

2

2

2

b). Phương trình tiếp tuyến d qua O có phương ( t  t  x   y 

2   

Ta có phương trình: 0 (3 5 7 t ) (4 1 0.        5 ) t     

2 4 

 

0.

5 . 12 Pt Qt R 2      

 

1  



2 5 2

 

     

t

t

D là tiếp tuyến của (C) tương đương Chọn

d

:

d

:



t 2

 

y

t

 

x   y 

2 5

x    

Vậy

0

0

(3

2)

x

(

5

2)

y

2

1 0.

Gợi ý cách 2: -Gọi M x y là tiếp điểm. ) ( ;















  (1).

x 0

y 0

x 0

y 0

x 0

y 0

5 2

7 2

7 2

1 0

4

2

5

2 0.

Phương trình tiếp tuyến d tại M là:

   



 

y 0

x 0

x 0

y 0

: 4

x

5

y

5 2 Suy ra tập hợp các tiếp điểm thuộc



 2

2 0.   2

1 0

4

5

x

y

 





D qua O:

y 5  2 0  

 3 x  x 4 

7 xy  y 5  Giải tìm nghiệm, thay vào (1) ta được (các) phương trình tiếp tuyến cần tìm.

d

: 3

x

5 0

x

0; (

a

).

Vậy tọa độ M là nghiệm của hệ:

y 3

  có dạng:

y a   

 

5 3

2

3 0

3

y

y

2

2

c). Phương trình tiếp tuyến  song song

  y a

x  x

x x

  

2 2 xy    y a 0         là tiếp tuyến của (C) tương đương (*) có nghiệm kép

2

10

13 0

a

0 3 a     





 

13 3 1  

 a   a 

Ta có hệ sau: a ( 1) 2 a 3 0 y    y a     (*)

Trang 28

a

y

;

x

.

a y y 0; x 1. Tiểu luận Hình Học Giải Tích 2 + Với      

   

y a     

A

(1; 0);

).

;

+ Với 1 13 3 0 8 3 y a     5 3

B  (



5 3

8 3 ------------------------------------

Vậy tọa độ tiếp điểm của (C) là:

Vấn đề 7: Đường kính liên hợp và cách xác định đường kính liên hợp của đường cong bậc hai.

x





t 

►Nhắc lại: Cho đường bậc 2 (C): ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey + f=0. (1)

x 0 y

y

t 





0

   d∩(C) có phương trình: Pt2+ Qt+ R=0 Trong đó:

(α; β) ≠ (0; 0). Và đường thẳng d:

P = aα2 + 2bαβ + cβ2. Q = α.F’x(x0; y0) + β.F’y(x0; y0). R = F(x0; y0).

■ Định nghĩa:

Cho đường bậc 2 (C) có phương trình (1) và một phương (α; β) ≠ (0; 0) không là

0

t

) 





2

t

0

) 





t ( 1 t ( 1

2

2

   

;

)

;

Q

0

( ( t   t )  1 )  2 x 0 x 0 x 1   x 0 d: M0: M0 y ( ( t   )  2 y 0 y 0 y 1   y 0  2 t )   1 2  2  2 phương tiệm cận, một đường thẳng thay đổi d có phương v cắt (C) tại 2 điểm M1, M2. Tập hợp trung điểm M0 của đoạn M1M2 nằm trên 1 đường thẳng Δ, ta gọi Δ là đường kính liên hợp với phương (α; β). d ∩ (C)= M1 (t1), M2 (t2). x  2     ∈









) 0. 

0    

 ( F x y 0 0 x

F x y ( 0 0

 y

2

0 t   t 1

Q  P ) c b (   

0.

b

c

(

(0;0).

0.   d e     x 0

e   











(*)

).  ;

;

( a y b )     0 0M d nên phương trình đường kính liên hợp d là: Vì a b ) ; b a y d c ( ) x b ( )             ● Kết luận:

)  luôn đi qua tâm của đường bậc 2 (nếu đường bậc 2 có tâm).

2

2

x

2 0.

- (*) là phương trình đường kính liên hợp với phương ( - d là đường thẳng vì hệ số x, y không đồng thời bằng 0. - Đường kính liên hợp với (

y 2

  Tìm

2 0

(2

4)

3)

0

4

y

x

y x 3 2 2 C ( ) : 3 4 0 x y  và một đường kính của nó:    

x  

2 x y có phương trình: 2 (2; 1) 

 v 

   có vectơ chỉ phương v  0  









 F x

 F y

1 0.

Ví dụ 1: Cho xy phương trình đường kính liên hợp với đường kính trên. Giải: - Đường kính phương nên đường kính cần tìm liên hợp với (2; 1)  y x 2 2(6 1 0.  

x  

2

2

Vậy phương trình đường kính liên hợp với đường kính trên là:

C ( ) : 2 x 4 xy 5 y 8 x 6 0      song song với

5 0.

: 2

x

y  

Ví dụ 2: Lập phương trình đường kính của d

Trang 29

y   có vtcp (1; 2). Suy ra đường kính cần tìm liên hợp với phương (1; 2) có phương

4

0

x

4

y

8 2(4

x

y 10 ) 0

3

x

6

y

2 0.

  

 



  

 

5 0  F 2  y

 F x

x

2 0.

Tiểu luận Hình Học Giải Tích Giải: : 2 x d trình là:

y 6

 

2

2

Vậy phương trình đường kính cần tìm là: 3

) : 3 7 y 5 5 4 x 1 0   

1 0.

y  

  . Tìm quỹ tích trung điểm những dây: d x : y xy  b). song song Oy c). song song

x C ( Ví dụ 3: a). song song Ox. Giải:

xF

5 0.

10

0

7

x

4 0. 0 6 7 y x      

   

 

yF

d x :

1 0

y   nên có phương liên hợp là (1; -1). 0

1 0.

3

y

x

  

 

 F x

 Nhận xét: Quỹ tích trung điểm những dây chính là đường kính liên hợp với những dây đó. a). Vì nó song song Ox nên có phương liên hợp là (1; 0). Phương trình đường kính cần tìm là: b). Vì nó song song Oy nên có phương liên hợp là (0; 1). Phương trình đường kính cần tìm là: y

d y :

a .

2

2

7

xy

5

y

4

x

5

y

1 0







 

c). Vì nó song song  Phương trình đường kính cần tìm là: F y Lưu ý: Quỹ tích có thể hữu hạn, vì vậy để hoàn thiện hơn, ta phải tìm giới hạn của nó. Tìm giới hạn ở câu a): d là dây song song Ox nên

 a

 3 x  y 

2

2

d cắt (C) thì hệ sau phải có nghiệm:

 

 

2

a 11

4

a

.

 



4 0   

y  

2 4 3 11

2 4 3 11

x

4 0

(7 a 4) x 5 a 5 a 1 0 3 x        có 2 nghiệm phân biệt.

y 7

  với

 

 

y

(

;

).



2 4 3 11

2 4 3 11

Vậy quỹ tích trung điểm những dây song song Ox là đoạn thẳng 6

Câu b), c) cách làm tương tự.

----------------------------------------------

Vấn đề 8: Viết phương trình đường cong bậc hai (C) với những điều kiện cho trước.

Dạng 1: Lập phương trình (C) đi qua 5 điểm cho trước.

 





Phương pháp: + (C) qua 5 điểm suy ra tọa độ 5 điểm thỏa mãn (C). + Thay tọa độ 5 điểm đó vào (C) ta được hệ gồm 5 phương trình 6 ẩn a, b, c, d, e, f. + Bằng cách chọn giá trị cụ thể của 1 trong 6 ẩn trên, ta có thể tìm được các ẩn còn lại. + Thế các hệ số vào (C) và kết luận.

Ví dụ: Viết phương trình (C) qua 5 điểm: (0;0), (0;2), ( 1;0), ( 2; 1),( 1;3). Giải: (C): ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey + f = 0. Thay lần lượt tọa độ các điểm trên vào (C), ta được hệ

Trang 30

0

f

0

f

0

f





4

 c

4

e

0

e

c

e

c

a

d

d

a

d

a

 2

 0

  2

  2

4

 a

 b c 4

4

4

d

2

e

0

b e 4

0

b 2





a

 6 b

  9 c

2

d

6

e

0

 b 6

  e 3 0

  3

















d

b

        

        d   



2

        e   

b

d

2

3,

e

4,

a

6,

c

0.

4,

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

2

2

Chọn

   2 xy

  2 y 4

 x

f    hay

Vậy (C): 6 4 x 6 8 y 0 3 x 2 xy 2 y 3 x 4 y 0         

Dạng 2: (C) qua 3 điểm (có tọa độ cho trước) và có tâm (có tọa độ cho trước).

;

) 0 

Phương pháp: + Với 3 điểm cho trước, ta được 3 phương trình với ẩn số a, b, c, d, e, f..

;

) 0 

y

 ( F x y  0 0 x   ( F x y  0 0

+ Tâm là nghiệm của hệ . 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.

0

0

f



0

d

d

2

a

e

2

d

5,

a

10,

c

4.

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:

b    

 

 

  2

e

0

2 



b 2

c 3



 e 0  b d 3   e 0  

f     a 2  c    a 2   

e

2

2

Chọn

5 2 4

     c      b d   b  xy 10  2

Vậy (C): y 10 x 10 x 4 y 0.    2 Hay:  2 5 x 5 xy 2 y 5 x y  0.      

2

0

,d d cho trước tại một điểm duy nhất. 1

0

0



+ d1 cắt (C) tại 1 điểm duy nhất

0



+ d2 cắt (C) tại 1 điểm duy nhất Dạng 3: (C) qua 3 điểm và cắt mỗi đường thẳng Phương pháp: + (C) qua 3 điểm cho ta 3 phương trình. P  1   Q   1 P  2   Q  2 + Có 5 phương trình. Cách giải tương tự như đã nêu ở phần trên.

2

1 0, 5 0 : 2 : 3 2 d x y x   

0

Ví dụ: Viết phương trình (C) qua 3 điểm (0; 0), (0; 2), (2; 4) và chỉ cắt mỗi đường d    tại 1 điểm duy nhất. y 1 Giải: (C): F(x; y): ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey + f = 0.

e 2

0



f   4 c 4 e 0      b d a 4   

(C) qua 3 điểm nên ta có hệ (1)

Trang 31

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

2(

),

a

2

c

e

).











2

d

)

x t 1 2   : Xét d1 qua A(1; 2): d 1

 (1; 2) F x C (

  2 3 y t     b 2( b d F 2 (1; 2)  y có phương trình: (4 a c 2 (1; 2) 0.  b d 2  ) 6( b    e t F )]  

a  a 4 (2) Để d1 cắt (C) tại 1 điểm 4( 12 b  b 12  a 2 c e ) 0. 9 ) c t c 9  b d 2  [4(  0.  ) 6( b         

2

),

e

).

 

 ( 2; 1) 2( 2 F     x

 a b d F y P

x t 2    d : Tương tự, xét d2 qua B(-2; -1):    y t 1 2    ( 2; 1) b c 2( 2      

e 2

0

e 2

0

 





0.

0

0





e ) 0

c 2 e 4

e ) 0

4 c b 4  16 9 c b 12 c   b d b ) 6( 2   c d b 4 6 2  

0  c 2  e 4 

 

 

 

f 0     c e    b d 4 a  a     16 b   a 4(    a 4  

0 a b 4 4 c 0.  (3)   Để d1 cắt (C) tại 1 điểm 0  4 a  6 b  2 d 4 c 4 e 0          Q    

0

2 e



 

b

1

c

4,

e

4,

d

0,

a

12,

f

0.

(1), (2), (3) ta có hệ: f 0   4 c 4 e 0      b d 4 a    4 a 9 12 c b       0 4 4 a c b    b d a b ) 6( 2 4(      a c d b 4 4 6 2    

  

 



 



0



c 2 e 4

e ) 0

 

 

2

2

f 0     c e   8 b d  12 a b       4 b c  b d a b 4( ) 6( 2      a c d b 4 6 4 2     Vậy (C):

Chọn

2

2

2

bxy 2

0(*)

ey 2

dx

dx

cy

2

2

12 xy 2 x 4 y 8 y 0.     









)

:

C Ox ( 



ax y

ax y

 0

 0





  

  

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. 0 

2

2

2

bxy 2

cy

2

dx

ey 2

0

ey 2

0(**)











)

:

C Oy ( 



ax x

cy y

 0

 0





  

  

(C) cắt Ox tại 1 điểm tương đương (*) có nghiệm duy nhất   0 0 a  d 

0 (C) cắt Oy tại 1 điểm tương đương (**) có nghiệm duy nhất   0 c  e  Suy ra (C): 2bxy + 2dx + 2ey = 0 hay bxy + dx + ey = 0. (***)

Trang 32

4,

6.

1

b

d

e

  



xy

0.

4

6

x

y







b 2 d e b 4 d 2 0    Cho   6 b d e b 2 0 2 e        Tiểu luận Hình Học Giải Tích (C) đi qua 2 điểm (2; -1), (-2; 2) nên tọa độ nó thỏa (***):    Vậy (C) cần tìm có phương trình:

2

,

b a ;

 ).

v   - Gọi ) ( ; - Vectơ chỉ phương của

(  

(  

  0, 0 d c : :  a x b y  c    Dạng 4: Tìm phương trình tổng quát của đường bậc hai nhận hai đường thẳng   làm tiệm cận. d ax by 1

 d d u d 1 2 1

2

là phương tiệm cận của (C).  b a u ; ), : d

 là các phương tiệm cận của (C)

  , v u u ,d

d

1

2

0 





b

b

0.





2

2

0 a b      b a     b  a       b      a 

  f 2 dx ab ( ) 2 dx ey 2 f 0.   ) 2  0      a b xy bb y     



d

2

2

0

(

)

(

(

2

d

0

















ax 0

0

)



e 2

0

(

(

(

e 2

0

















 b y a 0  b y b ) 0

 ) a b y  bb x 2 0

 a x 0  a x 0

by a ) 0  by b ) 0

  

( a a ) )(       - (C) có dạng    ax by a x b y )( ( aa x ey   Tâm 0 là nghiệm của hệ phương trình: I x y ( ; 0   aa x ab   0    a b x ab )   0 Vì

0

c

ax 0 ,d d là 2 đường tiệm cận nên đi qua tâm, ta có hệ: 1 

 



(I)





0

c



c    c  



 

2 by 0  b y 0

ax 0  a x 0

  

(II)

ax 0  a x 0 

by 0  b y 0 

   ac  

2

  2 d 0 2 d Từ (I), (II), ta suy ra  ac  bc  0 2 e 2  a c   b c             a c  b c 2  e bc  2    f ( 0 ac bc (  b c y )     

 Suy ra phương trình (C):   0. f  



 c ) cc 0    a c x )    cc   cc 

  c ax by (  0.    b y ax by     ( a b ab xy bb y )     ab xy b cy ac x bc y   f c )      f cc  

2

0.

c

)





 )( c ax by cc .

,d d làm tiệm cận là: 1

 aa x 2    a bxy a xc bb y aa x      c ) a x ax by ( (        a x b y c ax by ( )( c )    cc Đặt f k .   Vậy phương trình tổng quát của đường cong bậc hai nhận   a x b y ( k     Với f k   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.

x

Ví dụ: Tìm phương trình (C): x : 2 a). Qua (1; -1) và nhận 3 y 5 0, d : 5 x 3 y 

2 1 0,  

2

y

x

x

3

3

5)(5

0.

 d   làm tiệm cận. x 1 0 y : 2 d 1 y   và nhận 5 0 8 0    làm tiệm cận.   d x : 1





2

(1)

10 

0.

5 0

x

39 x  x (2) x 41  1)(2 

4 0. y   k y 1)     y   (3) là tiếp tuyến của (C).

b). Tiếp xúc 4 Giải : a). Áp dụng công thức đã trình bày ở trên, phương trình (C) có dạng : 8) k (2 y     (C) qua (1; -1) suy ra k   36. 2 y xy x 9 21 Suy ra (C) :  b). Phương trình (C) có dạng ( Lại có 4 Nên hệ (2), (3) có nghiệm

Trang 33

6

k

2

2

6(

1)

0

6

6

0

x

x

k

k

x

Tiểu luận Hình Học Giải Tích 0 1)(2 ( x x k y x 4 x 5 1)( x 1) k 0 có nghiệm kép. (2         y 1)     5 x  4      



2         

 6

6

k

k

0

6.



  

 6

2

có nghiệm kép

2

2

Vậy phương trình (C): ( x 1)(2 x 1) 6 0 2 y x xy 5 0. x        y    

3 x 3 y 10 xy 2 x 2 y 9 0.      

Vấn đề 9: Bài tập tổng hợp. Bài 1: Trong hệ tọa độ Decart, cho đường bậc 2 (C): a). Xác định tâm và phương tiệm cận. b). Tìm phương trình chính tắc.

Giải: a). Gọi ; ) là tâm của (C) nên tọa độ I là nghiệm của hệ : I x y ( 0 0

y   I ( ; ).    10 6 2 0 2 0  x y    1 2 1 2 6 x   10  1 2 1  x   2     y 

OIT 

Oxy IXY .

2

2

2

2

3

X

Y 3

10

(

;

) 0

3

X

10

XY

Y 3

8 0.





XY F 



 





 

1 2

1 2

b). Ta có phương trình (C) sau khi tịnh tiến là :

.

cot 2

0



  





 4

(

 )

X

 X Y 



1 2

2

2

2

2





C (

) :

(

 )

(

 )

(

X

Y

IXY



 X Y 



 X Y 





) 8 0  

3 2

3 2

10 2

(

 )

 X Y 



1 2

IQ   . IX Y   a c  2 b     Y 

2

2

2

2

Ta có hệ:

2

2





Y

X

X

 .

   16 X Y 4 16 0 X 1.        Vậy (C) là 1 hypebol.  Y 4

5;0),

( 5;0).

 

2  

(  



F 1

F 2

b a

2

2

Với Tiệm cận: a 1, b 2, c a b 5.     

d

: 2

x

8 0.

y  

x y y 3 xy 3 0. C x ( ) :      

E

(

;

).

2 Bài 2: Cho 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 4). Tìm giao điểm của (C) và Ox. 5). Phương trình chính tắc và gọi tên (C).



2 3

1 3

6). Tìm 2 đường kính liên hợp của (C) biết một đường kính qua

Giải: 1). Gọi d là tiếp tuyến của (C), vì d song song Ox nên d: y + m = 0.

Trang 34

2

2

y

2

x

3

y

3 0







 

2

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

2 x mx m

2

3 0

 





x m 3 

 

xy m

x y

  

2

2

Ta có hệ

   (2 

(1) 3 0 ) m x m    

m

 

2

2

2

4

4 4

12

12 0

8

16 0

m

m

m

m

m

0     

 





3 m   





4 3

4

       m

d y :



m 3 x   Để d là tiếp tuyến của (C) nên (1) có nghiệm kép

d y :

4 3 4  

   

Vậy

(

;

C (

).

I  

1 3

4 )   3

;

x   x y 2 0 2). Tâm của (C) là nghiệm của hệ phương trình  2 x y    2 3 0       1 3 4 3        y  Gọi là phương tiệm cận của (C)

 v   ( )  2 2    

(0;0)  (vô nghiệm). Vậy (C) không có tiệm cận.

0

 v 

(2; 1) 

1 0.

2)

2

y

x

x

x

(

3    







2

2

x

y

3 0

2

 







2

x

2

3 0   

x  

3

x y

xy  0 

1 x      x 

( 3;0).

(1; 0),

A

có

B 

2

2

  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 phương trình: 2(2 y 3) 0   4). Giao điểm (C) và Ox là nghiệm của hệ :  y 3   Vậy giao điểm cần tìm là

2

2

2

2

2

2

2

2

y

2

3

y

4

y

y

12

y

2

3

y

y

16









x

x

0

0







  

 2

8 4

 2

    

  

  

  

2

2

3

2.

y

y





2

2

y



y

y

2

2

16 9

  

  

4 3

x

x

0





  





 2

4 12   4 4 3 4

16 3

 2

2

16 3

3 4

    

  

  

  

    

    

2

2

2

y

y

3

y



3(

)

y



x



4 3

  

  

4 3

 2

1.

( y 2) ( y 2) 5). xy y x y x x y y y C x ( ) : 2 3 3 0 2. (2 ) 3 3 0                1 2  4  4

2  2 ,

.

Y

X











8 3

8 3

4 3

 x     

     

      2

X

1.

4 3 Suy ra (C):

      2 Y

 (Elip thực).

Đặt

I

;

A

;







2 3

1 3

1 3

4 3

  

  

  

  

6). Ta có đường kính liên hợp luôn qua tâm , do đó một đường kính (qua )

x y   có phương trình là 1 0. x  y    

 1 3 1 3 2 3 1   3 4 3 4 3

5 0.

3 0

2

3

3

y

x

y

x

y

x

   

2    

 

Do đó phương trình đường kính còn lại hợp với phương (1; 1) là: 2

Trang 35

x

x

y   . 1 0

  và 5 0

2

2 0, 4 0. : 5 3 5 d x y y       d x : 1

2

Tiểu luận Hình Học Giải Tích Vậy 2 phương trình đường kính cần tìm là: 3 y 3 Bài 3: Lập phương trình đường kính của (C) biết nó nhận 2 đường sau đây làm đường kính liên hợp:  Phương pháp: + Phương trình đường bậc 2 tổng quát có phương trình F(x; y) = 0. + Ta có: d I   , (I là tâm của (C)). d 1

;

,d d là 2 đường kính liên hợp của (C) nên nó đều qua tâm, ta có được hệ 2 phương trình biểu 1

du   ( ( ))

1

0

, ta có được phương trình



 F y

(1)

+ Vì 2 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   F  x + 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

x 3 y 2 0 1 5  5 4 0  x    y     5  3 5  x       y 

0  d   0 5 0 ax by d a 3 b d    Lại có, tọa độ I thỏa hệ    0 cy 5 e 3 c   0 e         bx    b  0 e  

1

(3;1)

b 3 5 3 c 5 . Do đó đường kính liên hợp với phương

1

cy

2

có phương trình là: 3

(3

a b x

)

(3

)

d e 3

0.





b c y 



 

a    5  b    5 du  (3;1) 0  0

d 2 ) 2   4 0.  

2 by  y 5 x

ax 2 : 5

5

a (1) : b (2) :

b 3 c 3

d 5 e 5

0 0

 

 

 

 

Giả sử phương trình d2 chưa biết, vtcp du   F F x y bx 3(2 e 2      Đồng nhất hệ số, ta có hệ Mà d

5

5 4

     

3 a b   b c 3   d e 3 

a b b c d e

(3) : 3 (4) : 3 (5) : 3

5 4

       

      

(4) :

c

d 4 3 .    0 

. Vậy ta được hệ 5 phương trình

b 5 3

c

e b 5 3 , (5) :    d 15 b 9 a 3     a b 3 5      

b

1

d

1,

e

1,

c

2,

a

2.

15 d 5 b 4 1 2 b 1 2 b 3 2 . (1), (3) : 10 b   d 3    e          

    

 

 



d 4 3 b 1 2

    3 d  

  e   

2

2

. Chọn

I

;

C (

f

.

)     

1 5

3 5

2 5

  

  

Suy ra (C): 2 x 2 xy 2 y 2 x 2 y f       Vì 0.

Trang 36

2

2

2

2

C (

) : 2

x

2

xy

2

y

2

x

2

y

x

xy

y

x

0.

Tiểu luận Hình Học Giải Tích









0    



y    

2 5

1 5

Vậy

2

2

2

Bài 4: Tìm quỹ tích tâm những đường tròn chắn trên Ox, Oy hai đoạn thẳng có độ dài 2a’, 2b’. Phương pháp:

R

a

b

c

.

2 2 







Gọi đường tròn (C): Tâm I(a; b), bán kính x y ax by 2 0.   c  

a 2 .





(1)

b 2 .





x x , 2 y y , 1

x x 1 2 y y 1 2

2

(2)

2

2

2

(C) cắt Ox tại 2 điểm 1 (C) cắt Oy tại 2 điểm Từ (1), (2): ta tìm được quỹ tích tâm I. Giải:

R

a

b

c

.

2 2 







Tâm I(a; b), bán kính by 2 0. y x  c   

2

2

2

a

a

c



2

ax

by 2

0

y

x





c  

2

2

ax

c

x  

0   

2

y

 0



  

a

c

a  



x 2

   x 1   

2

2

2

2





a

a

2

c

2

a

a

c

a

2

  

  

. c  (*)



x 1

x 2

Gọi đường tròn (C): ax Ta có (C) chắn Ox một đoạn 2a’:

2

2

2

b

c

b  



y

2

ax

by 2

0

x





c  

y 1

2

by 2

c

y  

0   

2

x

 0



  

y

b

c

b  



2

   

2

2

2

y

 b 2

2

b

 b

c

b

c





  

 (**)

y   1

2

2

2

a

c





2

2

2

2



Khoảng cách từ x1 đến x2 là:  Lại có (C) chắn Oy tại đoạn 2b’:

b

a

b

.

 a  





2

b

c

2  



 a   b 

2

2

2

Từ (*), (**) suy ra

2.

x

y 3

  tại 2 0

1 0

0

  x a b   

y   tại (0; 1). x    là tiếp tuyến của (C) tại điểm c f e 











dx 0

), ( cho ta hệ phương trình: x y ; 0 0





ey 0  c

. Vậy quỹ tích tâm I có tọa độ thỏa: y Bài 5: Viết phương trình đường bậc hai (C) đi qua gốc O, tiếp xúc đường thẳng 4 (1; 2) và đường thẳng   Phương pháp: a x b y  cy bx d by ax 0 0 0 0   b a

2 0 x   là tiếp tuyến của (C) tại (1; 2) y 3

2 :

c 8 e 0   2 Giải: (C) qua O suy ra (C): ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey = 0. 1 : 4 d a d b e e       b 10 4 4  0 c d 3  8 e  3 d     2 b d  4 2 c 3  2 3 a    2 b  x 1 0 d y   là phương trình tiếp tuyến của (C) tại (0; 1)

e

e

c

e

b 10

c 8

d 3

4

0

b 10

d 3

c 8

4

0

2















 8 e

 3 d

 0

 0















22

e

0





b 4 c 2  2 e c 

b 3 d 2  2 e c 

2 e   3 e  

d e

d e

a

12

e

 

 

 

d



a 3       b 

a 3       b 

  d   b   

c e 2     b d e    3 d a 7   3  b  2

e

1

d

2,

a

12,

b

3.

0 0 e    0          e 2  b d   1 e    1  b c d e   e c 2  b d e   c  c   1  Vậy ta có hệ sau:

2

2

Chọn

c      2 xy x

  2 4

  y 2

Vậy (C): 12 6 2 y x 0 6 x 3 xy y 2 x 0.           y  

Trang 37

Bổ sung kiến thức: Với phương trình chính tắc của (E), (H), (P) trong trực chuẩn cho trước:

2

2

2

2

2

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

2

2

2

2

:

d Ax By C 



2

2

2

3).( P y ) : 2 px . (p tham số tiêu). 1 E ) : 1).( 1).( ) : H 1      x a y b y b Và một đường thẳng

2

2

2

2

x a 0.  - Điều kiện để d là tiếp tuyến của (E): ( Aa ) ( Bb ) C   . 2 - Điều kiện để d là tiếp tuyến của (H): ( ( Bb ) C .  Aa ) 2 - Điều kiện để d là tiếp tuyến của (P): p B . AC .  2 

2

2

(1; 4)

b 4

A

a

a

c

Bài 6: Viết phương trình tiếp tuyến của (H): 1   biết nó qua A(1; 4). x 1 y 4

(1) (2)

0

2

2

2

2

a

b 4

a

8

ab

b 16

b 20

8

ab

b b (5

2 ) 0

a













0  



 

a

2 5

b      b 

0

a

1

1.

Giải: Gọi phương trình tiếp tuyến (H) là d: ax + by + c = 0. 2 Theo giả thiết, ta có: 4 b a c   Vì b c d 0 4          Thay (2) vào (1), ta có:

c    

a

5,

b

2

c

3.

b

a

+ Với



   

 

b  , chọn 2 5

+ Với , chọn

2

2

3 0   Vậy phương trình tiếp tuyến của (H) thỏa ycbt là y x 2 5      1 0 x 

3 x 6 xy 5 y 4 x 6 y 10 0       . Biết chúng tạo với

Bài 7: Tìm hai đường kính lien hợp của (C): nhau 1 góc 450 .  Phương pháp:

 v   (

0.

+ Gọi là vectơ chỉ phương của 1 đường kính liên hợp d1. Do đó đường kính d2 còn lại

 v   (



  F  x

 F y

liên hợp với phương có phương trình:

 a    ( , 2

.

cos( ,

) 

  v a 2

2

2

2

2

+ Sau đó ta xác định vectơ chỉ phương d2 : + Dùng công thức sau để xác định  :    = cos(d1,d2) =        

Giải: Gọi là vectơ chỉ phương của đường kính liên hợp thứ nhất của (C) .Đường kính liên hợp d2

x 6 0 (6 10 4) y x y    ( 6      6) 0 

0(*) 3 ) (15 2 3 x y             

3 ). (3 của (C) liên hợp với phương có phương trình là:    F F    y x (3 3 )  a 2 5 ;3         Theo giả thiết đề bài, ta được:

Trang 38

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

2

cos( ) cos( )  d d ; 1   a a ; 1 2

0

2

2

2 3 ) .

2   





2

2

2

2

2

2

5 ) (3 3 )         cos 45    2 2 (3 5 3       

2  

4

4

2 2

3

4

2

3

3

2 2

4

3

4(3 2 ) (18 34 48 )( ) 3             

2   

3

4

2 2

3

2(9 18 12 9 4 ) 2(9 26 24 24 ) 12                 17       

3

4

8 40 36 0

3

4

0 10 3 9 2   12                    3 2 2

2         

3

10 2 9 3 0

10 (2 3 0 9          

2          

(

(1; 0) (1;1) ( , )   

(1;3) (1; ) ( , )    1 2            1   2      ( , )          ( , ) 

6 x 6 y 4 0 Tọa độ tâm I của (C) thỏa hệ pt:  6 x 10 6 0      y      9 16 5 2  x      y  Ta có các đường kính liên hợp (C) nếu có đều đi qua tâm I của (C)

x

y 3

  . 2 0

 ,  

 1; 0



x t   19 6 :  d2 từ (*) ta được : 3 Với 

y  5 2

x t  

y   . 5 0

 ,  

  1;1

:  d2 từ (*) ta được : 2 Với    d   1     d   1 y t 19 6 5 2    

x

x t 2  

y   . 7 0

1;

 ,  

1 2

   

  

chọn (2;1) : d2 từ (*) ta được : 3 Với  y t 19 6 5   2   d   1  

x

12

y

x t  





 . 11 0

 ,  

 1;3



:  d2 từ (*) ta được : 6 Với    d   1 t 3 19 6 5 2    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:

Trang 39

2

2

2

2

2

0

2

2

f

0

2























 ; (C2):

e y 1

f 1

a x 2

b xy 2 2

c y 2

d x 2

e y 2

2

a x 1

c y 1 là phương tiệm cận .

Tiểu luận Hình Học Giải Tích (C1): d x b xy 2 1 1  v   (

 ,  :

0 0

 

 

2 a  1 2 a  2

2 b 2    1 2 b 2    2

c 1 c 2

   

ka 2

k



a 1   a 2

b 1 b 2

c 1 c 2

kb 2 kc 2

a  1  b    1   c 1

0

0

d













d 1

2



0

0













b y 2 0 c y 2 0

a x 2 0 b x 2 0

b y 1 0 c y 1 0

e 2

e 1

Vì (C1), (C2) có chung tiệm cận nên có chung nghiệm 

0

0

d









2





    0

0

d 1 











 e 1

a x 2 0 b x 2 0

b y 2 0 c y 2 0

e 2

  

.

Vì (C1), (C2) chung tiệm cận nên nó cũng chung tâm I(x0;y0) và tọa độ I thỏa mãn 2 phương trình sau: a x  1 0  b x  1 0









 . k

   d   1 a 1 a

d 1 d

ka x 2 0 kb x 2 0 , kd e 2 1 b 1 b 2

kb y 2 0 kcy 0 ke  2 c 1 c 2

2

2

e 1 e 2

2

2

Vậy

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 : (1) dx ey 0. 2 2 f   

cy   2  . 0 ac b

ax 2 bxy  0  hay Ox là tiếp tuyến (P) tại (3;0)

0. 3 a d    

0. 9 6 d a f  

, Oy là tiếp tuyến (P) tại (0;5)

0. e 5 c    

Điều kiện để (1) là parabol là:   1;0 , Oxa   xF (3; 0) 0 (3; 0) ( ) P      0;1 Oya   yF (0;5) 0 (0;5) 10 ) ( 0. 25 c P e f     

2

2

a 0 b ac  

a ac b  a d 3 0 6 d 18 a

Ta có :   9 a 0 9 0

a

25

c

9,

b

15,

d

45,

f

  

 

 



  2

e 75, 2

25

x

30

xy

150

x

90

y

9

y











225 0 

 c a   6 f d   e 5 c   10 e  0 f c 25 0   6 d  e   e 10 f 50 f a  10 c 25 0                         a 9 5 9  c  25  3    b  5     a 3 d   9 f      e  225 Chọn

2

2

x

xy

y

x

y

25

30

9

150

90

225 0













  

2

Vậy (P) cần tìm là :

24 y

0.

7

x

x Một cạnh hình bình hành có phương 

y 2

Bài 10: Một hình bình hành nội tiếp trong elip trình là 25.   Tìm phương trình những cạnh còn lại.

Trang 40

x

0.

7

Tiểu luận Hình Học Giải Tích  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.

y 2

  Giao điểm AB và elip là nghiệm hệ:

2

2

Giải: Ta gọi phương trình AB:

2

2

2

2

x y 7 2 x 25 4 y 28 25 y y  4 y    49 4     y 2(4 y 28 y 25   49) 4   x  2 y 0   7        

2

4

y 7 6 0 2 y  

3 2

(3; 2),

4;

A

B

.

  

Giả sử

D

C

( 4;

),

  

( 3; 2).  

x

x

x

y

3

2

3

) :

2

1 0;

) :

2

7 0;

( pt BC

y

( pt CD

y



x  

 

x  

 



3 2  7

 1



2  1 2

3

2

x

x

) :

2

1 0.

( pt AD

y



x  

 

 7

 7 2  7 2

x       y  3   2  Tâm là O (0;0) cũng là tâm hình bình hành. D đối xứng B qua O, A đối xứng C qua O.

1 0.

1 0,

0,

2

2

2

x

y

y

y

7  

 

 







Vậy phương trình các cạnh còn lại của hình bình hành là: x x

Trang 41

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

Chủ đề 3: MẶT BẬC HAI. ---------------------

Vấn đề 1: Định nghĩa mặt bậc hai và lý thuyết mặt bậc hai:

2

2

2

2 2 2 2 2 z 0 .         a yz 23 a xy 12 a y 22 a z 33 a x 11 a xz 13 a x 1 a y 2 a 3 a 0

2 a 33

2 a 12

2 a 11

2 22

a a      

2 a 13 ( ,

2   0 . , ) 0 1) Định nghĩa Cho phương trình : F x y z ( , , )    2 23 F x y z  là một mặt bậc hai. Tập hợp các điểm thỏa

0

,

0









0

0

0

, ,

0 0

) 0   ) 0 

 

 

 

 

là tâm của mặt bậc hai thì tọa độ I là nghiệm hệ phương trình: 2) Tâm của mặt bậc hai: - Gọi , ) , ( I 

 ( x  ( y  ( z

0

0

a y 12 0 a y 22 0 a y 23 0

a x 11 0 a x 12 0 a x 13 0

a z 13 0 a z 23 0 a z 33 0

    

2

2

2

a  1  a  2  a  3 - Khi tịnh tiến mặt bậc hai tới tâm của nó thì phương trình mặt bậc hai sau khi tịnh tiến là: F x y z , ) ( ,

2

2

2

,

,

) 0. 















a xz F x y z ( 13

a yz 23

a xy 12

a y 22

a z 33

a x 11

0

0

0

,

,

x y z 0 0 F x y z , ) 0  0 0 F x y z , 0 F x y z , 0

)

,

)   là nghiệm của phương



2

2

2

0.

là phương tiệm cận của mặt bậc hai nếu ( 3) Phương tiệm cận: 0,0,0 , ( Gọi    



2 















2 a  11

a 22

 2 a  33

a  12

a 23

a 13

trình:

;



0

0

0.

x

y

z

z

;

;

;

 











có dạng:

M x y z ; 0 















F x y z ; 0

F x y z ; 0

x 0

 z

 x

 y

0

0

0

0

0

0

0

F x y z y ; 0 0 Mặt phẳng tiếp xúc giao nhau với mặt bậc hai theo một đường cong bậc hai suy biến.

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





0.

  





, ,     

 F z

 F y

 F x

không phải là phương tiệm cận,thì mặt kính liên hợp với phương

2

2

2

x

S

5

: 2

xy

yz

zx

8

8

2

6

y

z

14

y

18

z













0  .



5

x

d ( ) :

.

5) Phương trình mặt kính liên hợp với một phương: - Gọi    ,   có phương trình: ,  (mặt kính liên hợp là quỹ tích trung điểm của MN ( d cắt (S) tại 2 điểm M, N)).





 3

y 2

4

x

2

y

6

z

8,

2

x

10

y

12

z

14,

6

x

12

y

16

z

18.

a) b) trục Ox. Ví dụ: Tìm phương trình mặt kính liên hợp của mặt:  x 12   Biết nó liên hợp với các dây song song với : z 1  5  c) trục Oy. d) trục Oz.

























 F x

 F y

Giải: Ta có:

(3; 2; 5)



 F z  da 

a) Mặt kính liên hợp với các dây // d với VTCP (d): . Do đó, có phương trình:

Trang 42

 5 6





y x 8 6 2 14 12 12 16 x y x y z z 18 0           

 2 2 19 0 

 

17 19 x y z 

17

19

x

y

z

19 0. 







(1;0; 0)

 v 

Tiểu luận Hình Học Giải Tích  z 10 3 4  7   Vậy phương trình mặt kính liên hợp thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 7

xF 1

(0;1; 0)

 v 

10

12

2

5

6

0

x

y

x

y

z

z

4 0 8 0 4 3 2 6 x y x y z z b) Mặt kính liên hợp với dây song song Ox nên nó sẽ liên hợp với phương     2 0        

  

7  







yF 1

(0;0;1)

 v 

c) Tương tự phương trình mặt kính liên hợp với phương Oy: phương     14 0 0

zF 1

9 0 18 0 12 16 6 3 6 x y x y z z d) Tương tự phương trình mặt kính liên hợp với phương Oz : phương     0       

8  -----------------------------------------------------------------

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.

2

2

2

Dạng phương trình mặt bậc hai Tên gọi

2

2

2

Mặt nón tròn xoay thực y z 0 x   

2

2

2

2

2

2

2

2

Mặt nón tròn xoay ảo y z 0    x 2 Mặt nón elip thực 0   

2

2

2

2

2

2

Mặt nón elip ảo 0   

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Mặt nón hypebol 0    x a x a x a y b y b y b 2 Mặt nón parabol  z c z c z c pyz 2 2 2 cx 2 Mặt trụ tròn thực R   y 2 x 2 Mặt trụ tròn ảo R y x    2 Mặt trụ elip thực/ảo 1   

2

2

2

2

Mặt trụ hypebol 1  

2

2

2

2

2

2

2

2

Mặt trụ parabol y 2 py x a x a 2   y b y b px x , 2 Mặt elipxôlit thực/ảo 1    

2

2

2

2

2

2

Mặt hypebolôit 1 tầng 1   

2

2

2

2

2

Mặt hypebolôit 2tầng 1    x a x a x a y b y b y b z c z c z c

2

2

2

2

Mặt parabolôit eliptic z  

2

2

Mặt parabolôit Hypebolic z   x a x a y b y b

Trang 43

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

2

2

2

2)Một số mặt thường gặp: a)Elipxôlit:

2

2

2

cos

v



2

2

2

2

a

u

2

.cos .sin u a

v

x

cos

u





2

2

1





2

2

x a

y b

y ( cos ) u b

sin

v

v







cos

a

u

  I



b

sin

u



u

c



sin

 z

u

c



x   .cos .sin y b u     sin z 

    

sin

u c

u

x cos y cos z 

z c

      

2

1

2 sin 



          Hệ (I) là phương trình tham số của mặt Elipxôlit. Ta có: cos u e

1.    - Phương trình chính tắc: x a y b z c Đặt :

u

u

(cosin hypebolic) chu 

2

1.

 u  e 2  e 2 2 ch u sh u 



e (sin hypebolic) shu 

2

2

2

Do đó :

2

2

2

2

2

Bài toán: Viết phương trình tham số của hypeboloic 1 tầng : 1    x a y b z c

2 ch u

2

2

 Phương pháp: y b

a chu . .cos v   x a b chu . .sin v u   

shu  c shu .  x   v y    z  z 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:

Trang 44

2

2

2

Tiểu luận Hình Học Giải Tích Hypeboloit 1 tầng :

2

2

2

2

2

2

2

1    Phương trình chính tắc: x a y b z c

1

1

1

1













  

2    

2

2

2

2

2

2

y b

y b

z c

z c

z c

z c

x a

x a

x a

y b

y b

  

  

  

  

  

  

.

1 p    z c x a y b         

m 1    y b x a z c         

m p '    y b x a z c  ' 1           

m p '    y b x a z c  ' 1            Xét : 2 x a - Họ các đường thẳng (d) là giao của 2 mặt có phương trình :   m        p     - Họ các đường thẳng (d’) là giao của 2 mặt có phương trình :       

Mặt yên ngựa: (parabolôit hyperbolic)

Trang 45

2

2

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

2

2

2

.

z

z







  

2

2

x a

x a

y b

y b

y b

  

  

     

z .   Phương trình: x a y b

p mz  y b    x   a 

p m  y b x   a    

m z ' p '  y b   

' ' p m  y b x   a  x   a     Xét : 2 x a Xét họ (d) là giao của 2 mặt phẳng sau:        Xét họ (d’) là giao của hai mặt phẳng sau:       

Ví dụ và bài tập

2

2

2

:

z

x

y

S

2











 1

2

2

2

2

2

2

Bài tập 1: Cho  a). Gọi tên mặt (S) b). Tìm đường sinh của (S) qua điểm A(1; 1; 0). Giải: a) Ta có:



 1

(

x y 2 z z 1        suy ra (S) là Hypeboloit 1 tầng. x 2 y 2

 a    ; ; )



x

1  

t 

( ) : d

y



1 t    t z  

    

2

2

2

2

2

b)Gọi (d) là đường thẳng qua A có VTCP:







 1  

 1  

 2 2   



2

2 t R 2 t (2 t R 0,  t  t         t 2 )        1 , 

2 2      

2 0    0   2 2    

t

x

t

1  

1  

1,    Chọn: Ta có: do (d) là đường sinh nên (d) nằm trong mặt (S).   t              1 1 

y

t

t

d ( ) :

(

d

') :

y

1   t z 

1   t z 

Vậy:

    

2

2

1,         1, 1,      x     



S : z 2 .   Bài tập 2: Cho x 16 y 9 a) Gọi tên (S).

b) Tìm đường sinh thẳng của (S) qua A .



 8,3 2,1

Giải: a) Ta có:

Trang 46

2

2

2

2

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

(

z z 2   mặt parabolit hypeboloic (mặt yên ngựa).     y 9



có phương trình tham số là: y x 32 18  a    ; ; )

x x 16 b) (d) qua A có VTCP: t  8  

3 2 y 

 z t  t  1  

2

2

     Do (d) là đường sinh nên (d) thuộc (S)

3 2  t  8









2

2    16 9

t 2 2 0 t  (       t 2 2 )       t   16 9 2 3   

4    3 4    3

   2   2        2 3 2 3         4 3 2 3 4 3   

2 2            2 3         4 3 4 3

2   2     4 3 2 3                        2 3 2 3                                          

x t 8 4 x t 8 4    









2

: y t 3 2 3 d : y t 3 2 3       d 1

z 1 (2 t 2) z t 2)    1 ( 2              

------------------------------------------------------

Vấn đề 3: Tìm giao tuyến của hai mặt bậc hai :  Phương pháp: Hệ phương trình gồm hai mặt đó là giao tuyến.

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

x y z a và x y 2 az .     

2

2

2

az 2 a a y x z z      2 az  2 y  2 x az a 2 2 x z      Ví dụ 1: Tìm giao tuyến của hai mặt bậc hai: Giải: Giao tuyến của hai mặt bậc hai có phương trình :  y 2     

2 y ( )  a z 

2 y a z ) (   

2 x ( )  a z 

) x 2 (             

2

2

0 2 0 2 2 y y y 0 2 y 0 z a    z a    z a    z a    ; ; ; x x x 2 0 2 0 2 0 2 z a    z a    z a              x 2 a z Vậy giao tuyến là 4 đường thẳng:      Ví dụ 2: Chứng minh rằng giao tuyến của mặt cầu:      2 x z z y 0 z a 0    2 50     và parabôlit elliptic:

2 z là đường tròn. Tìm bán kính đường tròn đó.  y x  25 16

Trang 47

2

2

2

2

2

50

0

x

y

z

z









2

2

2

25

0

x

y

z









2

2



y x  25 16

  

2

z



2

2

2

50

0

x

y

z

z

   







y x  25 16

    

    

2

2

2

2

z

9

z

y

0









2

16 2 x

 2 y

y z

z

0 50

0





 



2

2

  1   2

   

x

y

0

9 16 2 z 







    

: 4

z

0

z

: 4

y 3

 . Do đó 2 mặt phẳng

y 3

2 P

1 P

z

y

4



: 3 

1 P

x

0



t 3   25 4 t 

Tiểu luận Hình Học Giải Tích Giải: Giao tuyến cần tìm có phương trình là :

0 3 4 y z  

0  x  (0;12;9) 0 4 t      100 16 t  9 t   I 1 t 3 y

z 50  và  (1) là phương trình của hai mặt phẳng:  0 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).   n  0 (0, 3, 4).  có VTPT: 1  Phương trình (d1) qua I và vuông góc (P1) là:   y    z  Tâm I1 của (C1) có tọa độ là nghiêm của hệ:       

z   25 4 t  



 d I P ; ( 1

2

2

2

2

100 ) 20.   5





. R d ) 25 20 15      Bán kính (C1): r 1 I P ; ( 1



2 )

4.25 Tương tự: 20 . d I P  ; (  5

(0;3; 4)

 n  2

2( P Phương trình (d2) qua I và vuông góc (P2) là:

x

0



(

d

) :

2

t 3  25 4 t 

  y    z 

y ) : 3 0 z 4  , có VTPT

x 0 

t 3 y 100 0 4 25 t   t      I (0; 12;9).  2 z

2

2

2

2

 25 4 t  z  y 4 0   Tâm I2 của (C2) có tọa độ là nghiệm của hệ:       3 





R d ) 25 20 15 .  bán kính      r 2 I P ; ( 2

 : I 0;12;9 ,

1

 

 

 : I 0; 12;9 , 

 

2

2

2

2

x

6 0

15.  C 1 r 1 Vậy C 15.  r 2   

y 3

  là đường

Ví dụ 3: Giao của mặt Parabolit Hypebolic : 2 z và mặt phẳng : 2   x 9 y 4 gì?

Trang 48

2

2

2

2

72

z

4

9

z

2

z









 x y 2 3 x 2 

 x 2 y 3   6 0 y 3  

72 6

x 2

 x

y 3

y

 



   

  

6 0

x 9 x

2

3

Tiểu luận Hình Học Giải Tích Giải: Ta có:



    

2

x

3

y

12

z

0







  *





x 6(2 x 2

3 ) 72 z y   3 y 6 0   

2

x

3

y

6 0



 

  

    

12

0.

3

x

y

z

Giao tuyến hai mặt trên có phương trình là : y 4 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

-------------------------------------------

Vấn đề 4: Giao tuyến của một mặt bậc hai với 1 mặt phẳng :

2

2

2

0.



 Tìm điều kiện của mặt phẳng đó để giao tuyến của chúng là 1 đường tròn.

 cắt (S) cho giao tuyến là 1 đường tròn khi (P) song song (Oxy).



0   . 0 Cz D

z x y 0    . Hãy cắt mặt nón bởi một mặt phẳng

2

2

2

Ví dụ 1: Cho mặt nón tròn xoay: Ax By Cz D   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): Ax By Cz D   (P) có phương trình: Vậy điều kiện cần tìm thỏa yêu cầu bài toán là: A = B = 0.





2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

x

z





2

2

0 (*)

y

z

0  























2

2

2

2

2

2

2

2

Ví dụ 2: Cho mặt nón 0 a b     x a y b z c

y a

y b

y a

y a

z a

z a

z c

1 2 a

1 2 a

1 2 c

  

  

  

  

2

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 1 x 2 b a

A  

Ay Bz m

0







  1

2

Đặt : thì cặp mặt phẳng sẽ cắt (S) tại giao tuyến là cặp đường

2

2

(

2 A y

)

2 2 B z

2

Bzm

**











2

2

2

B   1 2 b 1 2 a 1 2 a 1 2 c     

Bz m    ** vào (*) ta được: 

2

2

2

2

2

2

  3

2

2

Ay Bz m

0

z x y z 2 0 2 0  Bzm m       Bzm m a   tròn. Vì : (1) Thay  y x  a





 sẽ cắt

Bma ) . Do đó cặp mặt phẳng 

2

2

2 0,

3,

1

x

y

z

(1) là phương trình mặt cầu có tâm I(0;0; mặt cầu tại giao tuyến là cặp đường tròn.

 và

 



1    Ví dụ 3: Tìm giao tuyến của các mặt sau với elipxôlit. 2 x 16 y 12 z 4

Các giao tuyến đó là hình gì? Tìm bán trục, xác định các đỉnh của nó. Giải:

Trang 49

2

2

2 0

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

x   cắt elipxolit tại:

+ Với mặt : 1   y 9 z 3  giao tuyến của chúng là elip nằm trêm mặt phẳng :



 2;3;0 ,



 2; 3;0 ,

x   có bán trục lớn là 3 ; bán trục bé là  2;0; 3 ,

2 0 

3 . Tọa độ 4 đỉnh là : A B C 2;0; D 3 .  





3

y  cắt elipxôlit tại:

2

2

3

+ Với mặt

y  có bán kính trục lớn 2, bán

1  .Vậy giao tuyến của chúng là giao tuyến trên mặt  z 1

A

B

C

D





 2;3;0 ,



 2;3;0 ,



 0;3; 1 , 



 2;3;1

2

2

x 4 kính trục nhỏ là 1. Tọa độ 4 đỉnh là : .

1z  cắt elipxôlit tại:

+ Với mặt 1   x 12 z 9

Vậy giao tuyến của chúng là giao tuyến trên mặt

 0; 3;1 , 



 0;3;1

1z  .Có bán kính trục lớn 2 3   2 3; 0;1 ,

bán kính trục nhỏ là 3.Tọa độ 4 đỉnh là : A D C B . 

 2 3; 0;1 ,





2

2

y   cắt mặt đó theo 1 parabol, tìm tham số tiêu và đỉnh của nó.

2

2

2

2





  0 *

z

6







x 5

2

2

z

0

y 4 

6

z





    

x 5 x 5

y 4 y 4

Ví dụ 4: Tìm giao tuyến của mặt: 6 ( z PH ) với các mặt phẳng tọa độ.   y 4 x 5 6 0

Chứng minh rằng: mặt phẳng Giải: Với (Oxy) có phương trình: z = 0. Giao (Oxy) và (PH) là phương trình:       (*) là phương trình của đường thẳng thực cắt nhau nằm trong mặt (Oxy) có phương trình:

2

2

0,     . 0 x 5 y x 2 5 x  . 0

  z 24 *

2

2

y   6 z    x 5 6 z   0 x y 4  x 5 y 4     

6

6

y

y

y   và (PH) có phương trình:  

 

y

6

2

2

2





2

30

  z

x





6

9 6

z

z

  45 *





 

  

x 5

y 4

    

    

30

2 x  

  *

  2

x 5 3 2

  

 z  

2

y 2 Đối với (Oyz): + Giao của (Oyz) và (PH) có phương trình : 2      (*) 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 0

X

30

Z



2 

  3

z

Z

x X  3   2

   

Đặt : .Ta có:

Trang 50

15

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

p 



 3 là phương trình parabol có tham số tiêu :

30 2

y

6,

0

y

6,

x

0,

z

, có đỉnh:

 

X Z 

   



   đỉnh

I

0; 6;

.

 

3 2

3 2

  

  

2

2

.

x

2

y

z



  . 0

0

z  , giao của (Oxy) và (HE) có phương trình:

z

z



2

2

 x

y



0  2 z

y

x





  

x z  (HE) với các mặt phẳng tọa độ. Tìm phương trình 

y Ví dụ 5: Tìm giao tuyến của mặt : hình chiếu trên mặt phẳng Oxy của giao tuyến các mặt đó với mặt phẳng Giải: Ta có: + (Oxy) có phương trình 0      *  

p  , trục đối

1 2

(*) là phương trình của Parabol nằm trong (Oxy) có đỉnh O(0; 0; 0), tham số tiêu

0y  , giao của (Oxz) với (HE) có phương trình là: 0

y

0

y



2

2

 x

z



 2 z

y

x





  *

  

    

xứng Ox dương. + (Oxz) có phương trình

p  ,trục đối

1 2

(*) là phương trình của Parabol nằm trong (Oxz) có đỉnh (0; 0; 0) , tham số tiêu

xứng Ox dương.

0x  , giao (Oyz) và (HE) có phương trình là:

0

x

x



2

2

0  2 z

y

x

0  2 z

y

0









  

  

0 0

x   y      z

2

y

z



0

  trên (Oxy) là:

+ (Oyz) có phương trình

z  . 0

2

2

y

z

Vậy giao (Oyz) và (HE) là gốc tọa độ O. + Hình chiếu của (HE) và mặt phẳng : x (Oxy) có phương trình :

 2 y

x





0

x   z

  

2

2

2

y

x

2

y

5

y

x

x

4

xy

0





  



x  



2

x

2

y

z

Ta khử z khỏi hai phương trình : . Ta được:



0   là:

2

2

Vậy hình chiếu trên mặt Oxy của giao tuyến của (HE) và mặt phẳng :

--------------------------------------------------

z 0, x 4 xy 5 y 0.    x  

Vấn đề 5: Lập phương trình mặt bậc hai với các điều kiện cho trước.

2

2

2

x

9





Ví dụ 1: Lập phương trình Elipxolit có các trục trùng với các trục tọa độ và chứa đường tròn

y x

z z

 

(C): , qua M(3, 1, 1).

   Giải:

2

2

2

2

2

2

Elipxolit có các trục trùng với các trục tọa độ có phương trình là : 1    x a y b z c

Trang 51

2

2

2

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

2

2

2

x

9





x y z 9   

2

2

y x

z z

 

  

z Vì Elipxolit chứa đường tròn (C): có vô số nghiệm nên hệ

  1 *

2

2

2

2

2

2

   x a y b z c   x   2  

  *

2

2

2

x 1   có vô số nghiệm x   a x c

x

1  

9 2 b

  

2

có vô số nghiệm

1    2 a 1 2 a

2 b 2   b

  1

       

1

0  b 9  9 2  2 b 1 2 c 1 2 c     1 0   1 2 a 1 2 c 2 9      9 2 b





  



  2

9 2 a

1 2 b

1 2 c

9 2 a

1 2 c

8 9

Vì Elipxôlit qua M (3, 1, 1) nên ta được:

    8 2 a 6 9 Từ (1) và (2), ta có:  

z  , y 0

   1 2 c 2   9 1 2 a 1 2 a 1 2 c 1 12 5 36 1 2 a 9 2 a               1 2 c 1 2 c 2 2 9 8 9 2 Do đó elipxôlit là :    . 1        2 x 12 y 9 z 36 5

x  , qua điểm

2

2

Ví dụ 2: Viết phương trình paraboloit hyperbolic đi qua hai đường thẳng M(1,2,3) và nhận Oz làm trục đối xứng. Giải :



  0 *

2

2

2

2

2

0

Parabolôit hyperbolic nhận Oz làm trục đối xứng nên có phương trình: 2 pz 0 p     x a y b

z 

2

2 x   2 a

6

p

0







p  



2

2

1 (P) qua M  2 a

4 2 b

3 a 6

1 a 2

2

2

2

(P) qua y 0 a b x  và    x b

2

2

2

2

0. 0 y x    z    

Từ (*) ta có: 2 z y x 2 2 a a a 2 Vậy phương trình Parabolôit hyperbolic là: x z   . 0 

2

2

y ---------------------------------------------- Vấn đề 6: Bài tập về đường sinh thẳng của đường bậc hai.

x

y

2

z

x

y

z





1 0     cắt (S):

x

t 





0; 0;0

,

,    

theo hai đường







0

x 0 y z

t  t 

 

0

với 

Ví dụ 1: Một mặt phẳng (Q) song song (P) : sinh thẳng. Tìm giao điểm và góc tạo bởi chúng. Giải : Gọi đường sinh thẳng (d) có phương trình:   y     z 

Trang 52

 d 



 S

2

2

2

z

R

t 





t 

t  





t 











0

x 0

y 0

2

2(

2

0,

R

z

t

t











  



) t 

x

2 0

2 y 0

0

y x   0 0





  z 2



0

    2 2     2 2      x y      0 0  2 2 y x    0 0

Tiểu luận Hình Học Giải Tích Vì (d) là đường sinh thẳng , hay:

  4

  n Q

  I

   0  

0



2 2   

0

  

     

II





0.

1,

  0 1   0 2   0 3 Mà (d) là giao tuyến (Q) và (S) nên (d)(Q).    Mặt khác: 1; 1;1 n  P Từ (1) và (4) ta có:           2        





0   a         d  n Q

x

t

1  

0





Xét (I): chọn Từ (2) và (3) ta có:

y

t







1 d

z

0

x 0 z

y 0 0



y 0 2 





2 x 0

x  0 2 y 0

0

0

  

  

1   z 0 

    

1,

     

  . 2

2

 



x 0

y 0



2

y

y

z

2

2

 0







 

. Chọn 1  x 0 y 0

0

  *

0

2 0

0

z

z

4

4 2

2

2.

   



y 0

0

z

2,

2

     * Chọn

y    0 0   

0  

y 0

     0 x 0

'

t

x

0 2   

d

:





2

Xét (II): Chọn Từ (2), (3) ta có: x 2 0 y    0 0 2 2 x 2 y z 0    0 0



  y ' t       2 2 ' t z     M d 

2 t

 d 1 x

có tọa độ M là nghiệm của hệ:

 1   1   z 0

t y

1; 1;0

 M  



2 ' 3 t   t ' 1      x t ' t     t ' 1  t ' 1  t   t   

cos

cos

0







d









       2      t y '    t 2 2 '    Góc của (d1) và (d2) là:   a a ; 1 2

d d , 1

2

d d ; 1

2

d     1

2

z





 2

1 1 0     a a . 1 2

-------------------------------------------------------------

Vấn đề 7: Bài Tập Tổng Hợp.

Trang 53

2

2

2

10

xy

yz

xz

5

4

4

2

4

2

y

y

x

z

z

0















  *

x

' 3

x  

Tiểu luận Hình Học Giải Tích Bài tập 1: Cho mặt bậc hai : x 4   Tìm phương trình biến đổi của mặt khi tịnh tiến gốc tọa độ đến điểm (3, 0, 1). Giải:

  y y '      ' 1 z z 

2

z

x

4

y 5 '

2 '

4

x

z

2

x

y 10 ' 4

z

0





' 3 

' 3 

' 3 







 ' 1  







 ' 1 

2

2

2

y

'

 ' 1   x y

Công thức đổi tọa độ:

 y z ' 2 ' y z 

 

    . ' 1 0

2

2

2

y

4 ' 5 ' 

2

2

2

Từ (*) ta có : 2    ' 1   z 4 ' x ' 4 ' x z    Vậy phương trình sau biến đổi là: x 4 1 0. xy xz yz 4 4 2 5 z       

z z y x y 4 2 2 2 4 0. xy      

,

,

I





0

x y z 0 0

2 0

0

2

2

0

,

 







0

4 0

2

I

 0,1,1



0

0

1 1

, ,

x 0 x  0 4 z

x 0 y 0 z

0   0 



0

0

0

0

y  0  4 y       0  4 0   

là tâm của mặt bậc hai trên, nên tọa độ của nó là nghiệm của hệ phương trình

   4 4 4

     4      .

 F x y z , 0 0  , F x y z 0  , F x y z 0   0,1,1

2

2

2

Bài tập 2: Tìm phương trình biến đổi sau khi tịnh tiến gốc tọa độ về tâm của mặt bậc hai sau: 2 x  Giải: Giả sử sau:   x    y    z F

x

2

y

2

z

2

xy







4 0   .

2

2

2

 phương trình mặt bậc hai sau khi tịnh tiến tới tâm của nó là :

2 0

b x )

25

y

z

 







2

2

2

2

3

0

0

) c x

y

z

) d x







y  

2

0

4

0

) e xyz

) f x

x







2

0

) g yz

z





2 0

y   . Đó là phương trình mặt phẳng song song (Oxz) cách (Oxz) 1 khoảng d=2 về phía âm

2

2

2

2

2

2

y

y 2

 z

0

x

y

z

Bài tập 3: Tìm ý nghĩa hình học của các phương trình sau trong hệ tọa độ (Oxyz). a y )

25 là phương trình mặt cầu có tâm O(0; 0; 0) và bán kính R = 5. 0 

    . Nên ý nghĩa hình học của nó là điểm O(0; 0; 0). Đó là

y trong mặt phẳng

0

x

y  , phương trình luôn đúng

z  . Đó là mặt phẳng qua (d) : x

z  3  c) mặt cầu tâm O bán kính R = 0. d) Oxy và trục Oz.

0

Giải: a) trục Oy. x  b) x 

0

xyz 



0 0

e) .Đó là phương trình của ba mặt phẳng tọa độ (Oxy),(Oxz) và (Oyz).

2

x  và 0

x  . 4

x

4

x



0  

2

y

0 f) .phương trình của hai mặt phẳng : 4

z  và 0

z  . 0

yz

z



0  

x    y   z x    x z 0      y z 

g) .Là phương trình hai mặt phẳng : 0

Trang 54

2

2

2

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

6

8

y

x

y

z

z

10 0 













2

2

2

6

) b x

y

z

x









10 0 

2

2

2

4

12

2

z

y

x

y

z













41 0 

9 16 1 10

4

 





Bài tập 4: Xác định tâm và bán kính các mặt cầu sau: a x 2 )

) x c Giải a. Tâm I (3;-4;-1) ,bán kính

R



2

1

i

i

  

9 10 



.

R



0

 

R 



  , bán kính

  và bán

  mặt cầu có tâm tại điểm I(2; 6 1)

.

2

2

2

b. Tâm I (3;0;0) , bán kính  mặt cầu có tâm (3;0;0) và có bán kính ảo là i. c. Tâm I (2; 6 1) 4 36 1 41 kính bằng 0.





 y

  9 0

  z    

  P

 

y 4 7 36 S 4 z   

12 7 1 9   

11.







  d I P ;



9 2 

x

t 4 3

 

Bài tập 5: Tìm tâm và bán kính của đường tròn:    x   x 3  Giải Mặt cầu có tâm I (4;7;-1) và bán kính R = 6.







 3;1; 1 , 





t 4 3

x

t 4 3

y

t

t



z

t

z

t

9 0

7

  7   1    t t 1      

9 0

  y 7   1    y z    

  *

t

1

       t 12 9  (1; 6; 0). A

(1;6; 0)

  y 7 t        z 1 t  Giao điểm A của (d) và (P) có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình: x       x 3    A *      Tâm của (C) là

2

2

d P là: Phương trình đường thẳng d qua I và có   da

 I P ;



(

)

Cr





2

2

2

Bán kính (C) : R d     . 36 11 5 





Bài tập 6: Tìm phương trình mặt kính của . 1 2,1, 2   liên hợp với  v   x 9 y 16 z 4

z

2

2

2.

0

0





0  





 F x

 F y

 F z

x 2 9

y 2 16

z 4 4

x 4      9

y 8

x

y

z

9

72





x

9

y

72

z

32 0.   Vậy phương trình mặt kính cần tìm là: 32





 . 0

2

2

2

2

2

2

2

Giải : Phương trình mặt kính cần tìm là :





2

2

2

Bài tập 7: Cmr: Hypeboloit 1 tầng : 1 a b cắt mặt cầu x y z a theo        x a y b z c

giao tuyến là 2 đường tròn có bán kính R = a. Giải : Xét:

Trang 55

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

1

y

1

0

a

b

z











a

b

x

a

1



















2

2





2

2

2





a b

x a

  

2

2

2

2 2 a z 2 c 2

2

2

2

a c 2

2

2

x

y

z

a

y

x

z

a

y b 2 

z c 



2 a y 2 b 





x

z

a

   y 

   2 



    

    

2

2

2

2

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

     

x y z a theo giao tuyến là 2 đường tròn bán  

2

2

2

Vậy chứng tỏ Hypebôlit 1 tầng cắt mặt cầu kính R = a.

2

2

2

0

A

0

Ax D 





 qua Ox có phương trình :





Bài tập 8: Viết phương trình mặt phẳng qua Ox và cắt Hypebôlit 1    theo một cặp x a y b z c

 và (H) là hệ phương trình:

. Giao tuyến  đường thẳng. Giải: Mặt phẳng 

2

2

2

2

2

2

  1 2

2

2

2

2

2

2

2

A

1

0 x   Ax D  2  2  1       x a y b z c      D A 2 z c y b       D 2 A a Để giao tuyến là 1 cặp đường thẳng, từ (2) ta có:

2 A a

    . A 1

2

2

2

D

D

a

      Phương trình  a

 :

D 1 . Chọn    D 2 A a 0

2

2

2

0 x a       x a 

2

2

2

a b c

Bài tập 9: Cho: 1    (*) x a y b z c

   thì

 . ta đều có : c OM a



 

 M E



b

c

a) Khi a = b = c thì Elipxolit thành mặt gì? b) Cmr : 0

x

z

0

  thì giao tuyến của elipxolit với mặt phẳng :









1 2 b

1 2 a

1 2 c

1 2 b

2

2

2

2

c) Cmr: nếu a

y

z

a

x  





  2

2

2

2

a b c

.(2) là phương trình mặt cầu tâm O(0; 0; 0) và R = a.

   . 0

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

b) Ta có: 1    với

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2 c  

  3

2

2

2

2

x z x z là những đường tròn. Giải: a) Khi a = b = c :   * z x a c  y b    Ta có:     y 2 c z c 2 x x a 2 x z  y a z    x y z a  1     

y

z

.









 E  

 M x y z ,

2

2

x OM a

 (đpcm).

2

2

Từ (3) ta được: y a , y b 2 y 2 c 2 OM x

  2 c OM a     c.Ta có: 1 2 b

x z 0 x z      1 2 a 1 2 c 1 2 b 1 2 b 1 2 a 1 2 c 1 2 b               

Trang 56

2

2

z

x







1 2 b

1 2 b

  

  

  

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

1 2 a 2

2

1 2 c 2

1







2

2

2

x a

y b

z c

      

2

2

z

x







  *

1 2 b

1 2 a 2

2

2

   y

   2 z

b

x

1 2 c 





, đây là phương trình 2 mặt phẳng cắt Giao tuyến (E) với mặt phẳng là hệ:

2

2

nhau theo trục Oy. Ta có: 1     2 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 (*).

P

x

2

y

4

z





0  .



 : 3

S : z  Bài tập 10: Tìm đường sinh thẳng của   song song mặt phẳng  x 16 y 4

,

,

,

0,0,0

,    









x y z 0 0

0

x





t 

d





 S

có phương trình là: và có VTCP 

0

x 0 y z

 

t  t 

2

2







x 0

y 0

,

z

t 







t  





0



2

4

16

0,

8

4

t

z

t

t







  

t   4 





2 x 0

2 y 0

0

2 x  0





2

4

0





 16 y    0   1   2   3

0

mà 

4

0

t   3 2  









  4

 d song song (P) có Từ (1) , (4)

2    2   





   2

2  4

0

6   









 

2 

  

   

       

2

. 3, 2, 4  Giải: Gọi (d) là đường sinh thẳng qua    y     z  0 Ta có:  t   16  2 2     2      16 x 2 y 8       0 0  2 2 4 0 16 z y x     0 0  Pn 

1,   

  .Thế vào (2),(3) ta có:



z

0



  **  ***



x 0 2 x 0

8 2 y   0 2 y 16 4   0

0

+ Với: chọn 2     2   

   0

0

0

32 16 z 64 0 z 2 4    . Chọn       y 0 y 0 x 0

M

S

4; 2;0 







x

Thì

t

:

y





1 d

2    t 2 z 

Thay (**) và (***) ta được :   t 4 2  

1

2



   

1,  



     2         

 + Với chọn

Trang 57

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

z

0



x 0 2 x 0

4 2 y   0 2 y 16 4   0

Thế vào (2) và kết hợp với (3) ,ta có:

  0

   

0  chọn

0

 2**  3**    . y 1 0

Thay (2**) vào (3**) thì ta có: z z 

M

0 2;1; 0

0 t 2 2

x

 

2 Thay vào (2**) x  thì 16  16  y 0  S 16 0  

d

:

t

y

2

1   t z 

    

x

t 4 2

t 2 2

x

 

 

. Vậy 

d

y

y

t

:

:

t









d 1

2

2    2 t z 

1   t z 

.

    

Kết luận: Phương trình đường sinh thỏa mãn yêu cầu bài toán là :     

Trang 58

Tiểu luận Hình Học Giải Tích

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.

Trang 59