ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP THI ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TOÁN LIÊN THÔNG PHẦN ĐẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC

Các bài toán về Hình học giải tích và ðại số tuyến tính a + b = gọi là phương trình ñoạn chắn.. - Khoảng cách h từ ñiểm M ; 0 x y0 0 ñến ñường thẳng ∆:ax+by+ =c 0 là: - Elip E là tập h

ðỀ CƯƠNG ÔN TẬP THI ðẠI HỌC SƯ PHẠM TOÁN

LIÊN THÔNG PHẦN ðẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC

Phần 1 Các bài toán về Hình học giải tích và ðại số tuyến tính

a + b = (gọi là phương trình ñoạn chắn)

- dạng có hệ số góc y=ax+b (a gọi là hệ số góc, b gọi là tung ñộ gốc)

- Khoảng cách h từ ñiểm M ( ; )0 x y0 0 ñến ñường thẳng ∆:ax+by+ =c 0 là:

- Elip (E) là tập hợp tất cả những ñiểm trong mặt phẳng có tổng khoảng cách ñến hai ñiểm cố ñịnh phân biệt cho trước bằng một hằng số dương lớn hơn khoảng cách giữa hai ñiểm ñó

- Phương trình chính tắc của (E): x22 y22 1

2 Hình học giải tích không gian:

+ ðiều kiện ñể 3 véc tơ u
1=( ; ; ),a b c1 1 1 u
2 =( ; ; ),a b c2 2 2 u
3=( ; ; )a b c3 3 3 ñồng phẳng là:

- Phương trình mặt phẳng (P) ñi qua ñiểm M ( ; ; )0 x y z0 0 0 có véc tơ pháp tuyến n
=(A; B; C)

- dạng tham số ñường thẳng ∆ ñi qua ñiểm M ( ; ; )0 x y z0 0 0 , có véc tơ chỉ phương u
=( ; ; )a b c là:

0 0 0

+ Mặt cầu (S) tâm I( ; ; )a b c bán kính R có phương trình (x−a)2 +(y−b)2 +(z−c)2 =R2

- Mặt phẳng (P): Ax+By+Cz+D 0= là tiếp diện (mặt phẳng tiếp xúc) của mặt cầu (S) khi

4 Ma trận Các phép toán trên ma trận Ma trận nghịch ñảo

5 Hệ phương trình tuyến tính Hệ phương trình Crame

Bài tập

Bài 1 Lập phương trình ñường thẳng ∆ ñi qua ñiểm M(2; 5) và cách ñều hai ñiểm P ( 1; 2)− , Q (5; 4)

Giải Cách 1 ðường thẳng ∆ cần tìm thỏa mãn một trong hai trường hợp sau

TH1 ∆ ñi qua ñiểm M và trung ñiểm I của PQ Nhưng I(2; 3) nên ∆ có phương trình x = 2

TH2 ∆ ñi qua M và song song với PQ Nhưng PQ (6; 2) 2(3;1)
= = nên ∆ có phương trình:

Nếu 3a + 3b = 3a – b thì b = 0, do ñó a ≠ 0 Chọn a = 1 ñược phương trình ∆: x – 2 = 0

Nếu 3a + 3b = −3a + b thì b = −3a Chọn a = 1 thì b = −3, ñược phương trình ∆: x – 3y +13 = 0

Bài 2 Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy cho các ñiểm A(3; 3) và B(0; 2) Tìm trên ñường thẳng

4 3 2 1 O

y

x

+ Lấy ñiểm M bất kỳ trên ∆ thì M(t; 4 – t) Suy ra MA (3
= −t t; −1)và MB ( ;
= −t t−2) + Do AMB 45= 0 nên

M1(–1; 5), M2(4; 0), M3(1; 3) và M4(2; 2) + Hai ñiểm M3 và M4 nhìn ñoạn AB dưới góc 1350nên loại và chỉ còn M1 và M2 là chấp nhận

x O

Do cạnh BC vuông góc với AO nên BC có phuơng trình: y= − 7

Bài 4 Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có ñiểm I(6; 2) là giao ñiểm của

hai ñường chéo AC và BD ðiểm M(1; 5) thuộc ñường thẳng AB và trung ñiểm E của cạnh CD thuộc ñường thẳng ∆:x+ − =y 5 0 Viết phương trình ñường thẳng AB

Giải Gọi N ñối xứng với M qua I, thì N(11; –1) và N thuộc ñường thẳng CD

I M

Bài 5 Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, hãy xác ñịnh tọa ñộ ñỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình

chiếu vuông góc của ñiểm C trên ñường thẳng AB là ñiểm H(−1; −1), ñường phân giác trong của góc

A có phương trình x – y + 2 = 0 và ñường cao kẻ từ B có phương trình 4x + 3y – 1 = 0

Giải Gọi H’ là ñiểm ñối xứng với ñiểm H qua phân giác trong của góc A thì H’∈ AC Khi ñó HH’ có

phương trình tham số x = –1 + t; y = –1 – t Thế vào phương trình phân giác góc A ñược:

–1 + t – (–1 – t) + 2 = 0 ⇔ t = –1 Vậy trung ñiểm I của HH’ là I(–2; 0), do ñó H’(–3; 1) ðường thẳng AC là ñường thẳng ñi qua H’ vuông góc với ñường cao qua B nên có phương trình tham

số là x = −3 + 4t, y = 1 + 3t Khi ñó −3 + 4t −(1 + 3t) + 2 = 0 ⇔ t = 2 Vậy A(5; 7) Vì HA (6;8)
= nên phương trình ñường cao CH là 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 ⇔ 3x + 4y + 7 = 0 Từ ñó tọa ñộ C là nghiệm hệ:

tọa ñộ các ñỉnh của hình vuông ABCD biết rằng ñỉnh A thuộc d1, ñỉnh C thuộc d2 và các ñỉnh B, D thuộc trục hoành

Giải

1 y

x

C A

Vì A∈d1 nên A(t; t) ðiểm C ñối xứng với A qua BD mà B, D thuộc trục hoành nên C(t; −t) Mặt khác C∈d2 nên 2t – t – 1 = 0, do ñó t = 1 và A(1; 1), C(1; –1) Suy ra tâm I của hình vuông ABCD là trung ñiểm AC nên I(1; 0) Do IA = IB = IC = ID = 1 nên dễ dàng tìm ñược B(0; 0), D(2; 0) hoặc B(2; 0), D(0; 0) Như vậy A(1; 1), B(0; 0), C(1; –1), D(2; 0) hoặc A(1; 1), B(2; 0), C(1; –1), D(0; 0)

Bài 7 Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho tam giác ABC với các ñỉnh A( 1; 0), B(4; 0), C(0; )− m với

m≠0 Tìm toạ ñộ trọng tâm G của tam giác ABC theo m Xác ñịnh m ñể tam giác GAB vuông tại G

Bài 8 Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ ñề các vuông góc Oxy, cho elip có phương trình :

4x2 + 3y2 – 12 = 0 Tìm ñiểm trên elip sao cho tiếp tuyến của elip tại ñiểm ñó cùng với các trục toạ ñộ tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ nhất

Bài 9 Xét ñiểm M chuyển ñộng trên tia Ox, ñiểm N chuyển ñộng trên tia Oy sao cho ñường thẳng MN

tiếp xúc với elip (E):

ðặt M(a; 0), N(0; b) với a, b > 0 Khi ñó MN có phương trình x y 1

a+b = và MN là tiếp tuyến của elíp (E):

Bài 10 Cho elíp (E):

2) Tìm ñiểm A thuộc (E) sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất

Giải

-2

2 O

A 1

∆ B C

Câu 11 Cho 3 mặt phẳng 2x – y + 3z – 9 = 0, 3x – 5y + 5z – 5 = 0, 4x – 7y + 5z – 5 = 0

a) Chứng minh ba mặt phẳng ñó có một ñiểm chung duy nhất

b) Tìm giá trị của tham số a, b sao cho mặt phẳng Q: ax + by + z + 1 = 0 cũng ñi qua ñiểm chung

ñó và song song với trục Oz

Giải Ba mặt phẳng có ñiểm chung duy nhất khi và chỉ khi hệ ba phương trình trên có nghiệm duy nhất

=+ ,

2

( 1)2

m z m

+

=+

và phương trình tổng quát, tham số là:

342

1 22

Câu 15 Trong không gian cho 3 ñiểm A(2; m+1; 0), B(3; 0; m+1), C(2; 11; −5)

a) Tìm m ñể ñiểm D(1; 1; 1) cùng nằm trong mặt phẳng chứa 3 ñiểm A, B, C

b) Với các tham số vừa tìm ñược ở trên lập phương trình mặt phẳng chứa 4 ñiểm ñó

Câu 16 Trong không gian cho 3 véc tơ a
=(1; ; 1),m − b
=(2; 1; ),− m c
=(1;10; 6)−

a) Tìm m ñể cho 3 véc tơ ñã cho cùng nằm trong một mặt phẳng Trong trường hợp ñó viết phương trình mặt phẳng ñi qua gốc toạ ñộ và chứa cả ba véc tơ ñó

b) Tìm tham số m sao cho 1− ≤m≤ và thể tích hình hộp tạo bởi ba véc tơ trên là lớn nhất 1

b) Trong trường hợp tổng quát ta có a
∧ =b
(m2− − −1; m 2; 1 2 )− − m Vậy thể tích của hộp dựng trên 3 véc tơ , ,a b c

b) Hai mặt phẳng (P1) và (P2) chỉ cắt mặt phẳng Oxy (có phương trình z = 0) tại một ñiểm duy nhất khi

và chỉ khi hệ phương trình xác ñịnh bởi 3 mặt phẳng ñó có nghiệm duy nhất Vậy cần có

Bài 18 Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho bốn ñiểm: A(1; 2; 1), B(–2; 1; 3), C(2; –1; 1) và

D(0; 3; 1) Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua A và B sao cho khoảng cách từ C ñến (P) bằng khoảng cách từ D ñến (P)

Giải

B A

Cách 1 Mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu của bài toán trong 2 trường hợp sau:

TH1 (P) qua A, B và song song với CD Vì AB ( 3; 1; 2)
= − − , CD ( 2; 4; 0)
= − nên mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n
=AB,CD

= − − −( 8; 4; 14), do ñó (P): 4x + 2y + 7z – 15 = 0 TH2 (P) qua A, B và cắt CD tại trung ñiểm I của CD Nhưng I(1; 1; 1) nên AI (0; 1;0)= −

m

f x = a + a x + a x + + a x và ma trận vuông A Ta ký hiệu f(A) là ma

trận ñược xác ñịnh như sau: (A) 0I 1A 2A2 Am

Bài 22 Cho ma trận A (a ) Mat ( ) = ij ∈ n C trong ñó aij và aji là hai số phức liên hợp với mọi i, j = 1,

2 2

)(0

0)

(

b a b

a

b a c b a c

b a c a

c b c b a

+

−

−

−+

−

−

−++

1) Với giá trị nào của m thì hệ có nghiệm duy nhất

2) Tìm nghiệm duy nhất trong trường hợp ñó

Bài 29 Một ñịnh thức D cấp n với các phần tử aij ∈ R gọi là phản ñối xứng nếu aij= −aji với mọi i, j =

1, 2, … , n Chứng minh rằng ñịnh thức phản ñối xứng cấp lẻ thì bằng không

Giải Nhân tất cả các dũng của D với ( 1− ) thì ñịnh thức mới là ( 1) D− n và chính là chuyển vị của D Theo tính chất, ñịnh thức không thay ñổi qua phép chuyển vị nên ( 1) D Dn

1) Tìm nghiệm tổng quát của hệ

2) Tìm nghiệm nguyên của hệ

2) Nghiệm nguyên của hệ là ( − − 5 2 ; ; 6 2 b b + b ), trong ñó b∈ Z

Bài 31 Giải và biện luận theo các tham số a, b, c hệ phương trình tuyến tính sau ñây:

Cách 2 Ta có AB (0; 5;5) 
= − = − 5(0;1; 1) − và trung ñiểm M của AB là M 1 3

    Mặt phẳng Oxy có phương trình z = 0, nên tọa

ñộ tâm I của (S) là nghiệm của hệ

Giải ðường tròn (C) ñược xem là giao tuyến của mặt cầu (S): x2+ y2+ z2− 12 x + 4 y − 6 z + 24 0 =

và mặt phẳng (P): 2x+2y+ + =z 1 0 Dễ dàng thấy (S) có tâm I(6; 2;3)− và bán kính R = 5 Gọi H là tâm của (C) và r là bán kính của (C) thì IH = 12 4 3 1

Lập phương trình mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) và song song với cả d1 và d2

Giải Trước hết ta thấy (S) có tâm I(5; 1; 13)− − , bán kính R = 308 Véc tơ chỉ phương của d d1, 2 lần lượt là u
1= (2; 3;2), − u
2 = (3; 2;0) − Vì (P) song song với cả d d1, 2 nên n
= [ , ] (4;6;5) u u

1 2 = là véc

tơ pháp tuyến của (P), do ñó (P) có dạng 4x+6y+5z+d =0 (P) tiếp xúc với (S) nên:

 và hai mặt phẳng song song (P): x+2y−2z− =2 0

và (Q): x+2y−2z+ =4 0 Lập phương trình mặt cầu có tâm trên ∆, tiếp xúc với cả (P) và (Q)

Giải Mặt phẳng (R) song song và cách ñều (P), (Q) có phương trình x+2y−2z+ =1 0 Ngoài ra khoảng cách giữa (P) và (Q) là 2 0 0 4

2

1 4 4

+ − +

= + + (ñiểm A(2;0;0) thuộc (P)) Suy ra bán kính của (S) bằng 1 Tâm I của (S) là nghiệm của hệ

Bài 39 Cho A(1;2;2), B( 1;2; 1), C(1;6; 1), D( 1;6;2)− − − − Chứng minh rằng ABCD là một tứ diện

có các cặp cạnh ñối diện bằng nhau Lập phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ñó

Giải Dễ dàng tính ñược AB CD = = 13; AC BD 5; AD BC 2 5 = = = =

Tứ diện ñã cho là tứ diện cân, do ñó trung ñiểm I của ñoạn thẳng nối trung ñiểm của cặp cạnh ñối diện cách ñều 4 ñỉnh hay I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Gọi M là trung ñiểm AB, N là trung ñiểm CD thì I là trung ñiểm MN

(1 1 1 2 2 4 3) (1 1 1 4 2 11) 0 2 3 0

m + + − + − − +n + + + − − = ⇔ m+ n=

Chọn m = 3 thì n = − 2 và (S) là: x2+y2+z2−14x+6y−8z+13 0= ⇔(x−7)2+(y+3)3+(z−4)2=61

Phần 2 Các bài toán về ðại số ñại cương

Lý thuyết

1 Nửa nhóm, nhóm, nhóm con chuẩn tắc, nhóm thương và ñồng cấu nhóm

2 Vành: ñịnh nghĩa, tính chất Trường, trường con

(a, b)[(c, d).(m, n)] = [(a, b).(c, d)].(m, n) Vậy phép nhân có tính chất kết hợp

+ Rõ ràng (0, 1) ∈ R R × * và (a, b)(0, 1) = (a + b.0, b.1) = (a, b); (0, 1).(a, b) = (0 + 1.a, 1.b) = (a, b) Vậy phép nhân có phần tử ñơn vị là (0, 1)

+ Với mỗi cặp (a, b)∈ R R × * mà (a, b)≠(0, 1) thì ( , )( , ) (a b x y a bx by, ) (0,1) ( , )x y a,1

b b

  Vậy phần tử nghịch ñảo của (a, b) là a,1

Bài 2 Cho số tự nhiên m > 0 Chứng minh rằng tập Zm với phép cộng (+) xác ñịnh bởi a + b = + a b

với mọi a, b ∈ Zm là một nhóm aben (gọi là nhóm cộng các số nguyên mô ñun m) Nếu m là số

nguyên tố p, chứng minh rằng tập Zp \ 0 { } với phép nhân (.) xác ñịnh bởi a b = ab, ∀ a b , ∈Zp\ 0 { }

là một nhóm aben

Giải Trước hết nhắc lại rằng quan hệ có cùng số dư trong phép chia một số nguyên cho m trong tập Z

các số nguyên (ký hiệu là modm) là một quan hệ tương ñương trên Z Do ñó tồn tại tập thương

/ mod m

Z mà ta ký hiệu là Zm Mỗi phần tử của tập Zm là một lớp tương ñương ký hiệu k Như vậy:

k = a∈Z a=mq+r q r∈Z ≤ <r m và Zm= { 0, 1, 2, , m − 1 } 1) a b c , , ∈ Zm ta có a + ( b + c ) = a + + = + b c a ( b + c ) ( = a + b ) + = + + c a b c = ( a + b ) + c Trong có 0 sao cho 0 0 Cuối cùng nếu thì (0 r m) thì phần tử

ñó1 = ab + pq = ab + pq = ab = a b Vậy Zp \ 0 { } cùng với phép toán xác ñịnh như trên là một nhóm

Chú ý Tập Zm cùng với hai phép toán xác ñịnh như trên lập thành một vành giao hoán có ñơn vị ðặc

biệt khi m là số nguyên tố thì Zm là một miền nguyên, hơn nữa là một một trường (trường thặng dư mô ñun nguyên tố p)

Bài 3 Cho nhóm cộng các số nguyên Z và nhóm nhân U = {−1,1}

1) Chứng minh rằng bộ phận A của Z là nhóm con của Z khi và chỉ khi A có dạng mZ, trong ñó m là

số nguyên nào ñó

2) Xét bộ phận V = {4,6}⊂ Z Hỏi nhóm con B của Z sinh bởi tập V là nhóm nào? phần tử sinh của nhóm B là phần tử nào?

3) Xét ánh xạ f : Z →U ñược ñịnh nghĩa là f (n) = 1, nếu n chẵn, f (n) = –1, nếu n lẻ Chứng minh

f là một toàn cấu nhóm Tìm Ker f và nhóm thương Z/ Ker f

Giải

1) ● Nếu A = mZ, thì A là nhóm con của Z Thật vậy:

+ Ta có m.0 = 0, nên 0 ∈ A, suy ra A ∅≠

+ Với ma, mb ∈ mZ = A, thì ma – mb = m(a – b) ∈ mZ = A

● Nếu A là nhóm con của Z, thì A có dạng A = mZ Thật vậy:

+ Nếu A = { } 0 , thì A =0Z

+ Nếu A ≠{ } 0 , thì tồn tại a ≠ 0 và a ∈ A, suy ra: – a ∈A Trong 2 số nguyên khác không a và – a

có số nguyên dương nên A chứa số nguyên dương Gọi m là số nguyên dương nhỏ nhất thuộc A Thế thì

Vậy f là ñồng cấu nhóm Hiển nhiên f là toàn ánh, do ñó f là toàn cấu nhóm

+ Ta có m ∈ Ker f ⇔ f (m) = 1 ⇔ m là số chẵn Vậy Ker f = B = 2Z

+ Nhóm thương Z/ Ker f có hai phần tử, ñó là 2Z và 1 + 2Z, hay Z/ Ker f = {2Z , 1 + 2Z }

Bài 4 Xét nhóm S3 các phép thế bậc 3

1) Cấp của nhóm S3 là bao nhiêu? Viết tất cả các phần tử của nó và lập bảng toán cho nhóm S3

2) Tìm tất cả các nhóm con của nhóm S3 Trong tất cả các nhóm con của nhóm S3 ñó, nhóm con nào là xyclic? nhóm con nào là chuẩn tắc? Chỉ rõ tập con sinh ra nhóm con ñó

, f2 = (2 3)

231

321

321

(1 3)

f4 = (1 2)

312

321

321

321

) 2 ( ) 2 )(

2 (

) 2 )(

2 (

d c

ad bc bd ac d

c d c

d c b a

−

− +

−

=

− +

− +

∈ Q ( 2) Vậy Q ( 2) là trường con của trường R

2) Ta biết rằng nếu f là một tự ñẳng cấu của trường Q ( 2), thì f Q ( f thu hẹp trên Q) là tự ñẳng cấu ñồng nhất Vì vậy với mọi a + b 2 ∈ Q ( 2), ta có:

f (a + b 2 ) = f (a) + f (b) f ( 2 ) = a + b f ( 2 ) Nhưng 2 = f (2) = f ( 2 2) = f ( 2) ( 2) [ ( 2)] f = f 2, nên suy ra f ( 2) = 2 hoặc f ( 2) = − 2 Như vậy trường Q ( 2) có hai tự ñẳng cấu là:

+ tự ñẳng cấu ñồng nhất f1(a + b 2 ) = a + b 2 , với mọi a + b 2 ∈ Q ( 2) và

+ tự ñẳng cấu liên hợp f2(a + b 2) = a – b 2, với mọi a + b 2 ∈ Q ( 2)

Hiển nhiên AutQ ( 2) = { f1, f2} với phép nhân ánh xạ có tính chất f12 = f1, f22 = f1,

2 1

2

2

1 f f f f

f = = , nên là một nhóm xyclic mà phần tử sinh là f2

Bài 6. Giả sử X là một vành có tính chất x2 = x, với mọi x∈X Chứng minh rằng:

1) x + x = 0, với mọi x∈X

2) X là một vành giao hoán

3) Nếu X là vành không có ước của không, có nhiều hơn một phần tử thì X là một miền nguyên

Giải

1) Cách 1 Với mọi x∈X, ta có: – x = (– x)2 = x2 = x, hay x + x = 0

Cách 2 Với mọi x∈X, ta có: (x + x)2 = x + x Suy ra x2 + x + x + x2 = x + x, hay

x + x + x + x = x + x Từ ñó: x + x = 0

2) Với mọi x y, ∈X, ta có: x + y = (x + y)2 = x2 + xy + yx + y2 = x + xy + yx + y Thực hiện luật giản

ước ta ñược xy + yx = 0 và do ñó xy = – (yx) = yx Vậy X giao hoán

3) Vì X có nhiều hơn một phần tử nên tồn tại x∈X, x ≠0 và x2 = x Vậy với mọi y∈X ta có:

xy = x2y hay xy – x2y = 0, tức là x(y – xy) = 0 Do x ≠0 và X không có ước của không nên suy ra

xy = y Vì X giao hoán nên ta cũng có yx = y Vậy x là ñơn vị Tóm lại mọi phần tử khác không của X

ñều là ñơn vị, do ñó X = { 0, 1} (X chỉ có hai phần tử), suy ra X là miền nguyên

Bài 7 Lập bảng toán cộng (+) và nhân (×) cho trường X có 4 phần tử

Giải

Gọi trường X = { 0, 1, a, b }, trong ñó 0 là phần tử không, 1 là phần tử ñơn vị và a, b là hai phần tử

còn lại của X Ta có (X, +) là nhóm aben cấp 4, nhưng không là nhóm xyclic nên là nhóm bốn (nhóm

Clein) Còn (X \ { 0 }, × ) là nhóm cấp 3 nên là nhóm xyclic với phần tử sinh là a hoặc b Vậy bảng toán của trường X là:

+ Vì vậy nếu ghép cặp x và x–1 với nhau ta ñược n cặp như vậy Nhưng e = e–1 thực chất chỉ là một phần

tử, nên còn tồn tại ít nhất một phần tử x ∈X có tính chất x = x–1 và x ≠ e, hay x2 = e có nghĩa là x có

cấp 2 Hiển nhiên nhóm con xyclic 〈 x 〉 = { e , x } là nhóm con không tầm thường của nhóm X có cấp 2

(cấp chẵn)

Bài 9. Gọi G1, G2 là các nhóm nhân với ñơn vị lần lượt là e1, e2 và f: G1→ G2 là một ñồng cấu nhóm

Chứng minh rằng f(e1) = e2 và f(a–1) = [f(a)]–1, với mọi a ∈ G1