Tài liệu Giáo trình hình học và 400 bài tập P4 docx

Tiếp theo, tổn tại một đường thẳng A của mặt phẳng sao cho Ø Vé A.. 306 Chương 1 Hình học afin trong mặt phẳng va trong không gian ba chiều... 312 Chương 1 Hình học afin trong mat phẳng

Trang 1

296

Chuong 6 Đường cong trong không gian và mặt cong

Tiếp diện của mặt cong, các bài tập 6.2.11 đến 6.2.18

0 6.2.11 Với các mật cong 8 sau đây, hãy xác định các điểm chính quy và tìm một phương trình Descartes của tiếp điện tại mọi điểm chính quy :

là mật cong hợp của các đường tháng song song, với mút phẳng xOy và gạp / ở hai điểm

a) Lap một biểu điển tham số và một phương trình Descartes cha 5

b) Tập hợp các điểm thuộc Š tại đó tiếp diện chứa điểm Ó là gì ?

9 8.1.16 - Giả sử (4, b,c) € R? sao cho 0 <a <c <6, va hai mat cong :

Sp= yO $27) = 02x? 40727, 8g 1

Chứng tổ răng š¡ và 3; cắt trực giao nhau theo bốn đường thẳng oe

2 6.1.17 Xsc định cic nsat phang song tiếp xúc với nhật cong Š có phương trình z = yŸ@x` - 1),

Trang 2

b) Chứng 15 rang S, > S, 1a hợp của hai đường cong phẳng, chỉ rõ loại của các đường cong đố

©) DKCD đối với (a, b, c) dé 5, ¬ $, là hợp của hai dường trồn

{à một mật nón ? Trong trường hợp đó hãy chỉ rõ đỉnh và một đường chuẩn

9 6.226 - Xác định quỹ tích các đỉnh các mật nón bậc hai và di qua một parabol cho trước và mội điểm cho trước,

$ 6.2.26 Chứng tỏ rằng mạt phẳng P có phương Hình 2x + 3y - z = 0 cất mật nón § có

phương trình #” + y - z? = 0 theo hai đường thẳng Ø, 2” và tính Z (ØÐ, DY

0 6.2.27 - Chứng tô rằng không tồn tại một đường thẳng nào của #¿, không đi qua (2, và tiếp xúc với 3 mật nón,

9 6.2.28 Lập một phương trình Descartes của mat trồn xoay § thu được bằng cách

quay dung cong 7 (x = cos’ t,y = sinŸ f,z = cos2f,r e]Ñ) quanh z2

b) ĐKCP đối với R để zz tiếp xúc với 5

$ 6.2.30 Lập một phương trinh Descartes của mặt nón tròn xoay $ trac Oa R G7)

và chứa các trục tọa độ.

Trang 3

298 Chương 6_ Đường cong trong không gian và mặt cong

9 6.2.31 Chứng tỏ ràng mạt cong X: x2+y +z—4xvx+v+z)—I=0 là tròn XOảy Và chỉ rõ trục của nổ,

9 6.2.32 Cho /là đường cong có hệ phương trình [

3) Chứng tổ rang /` là một parabol Hãy tìnt mạt phảng của nó, đỉnh của nó, trục của nó

by Lap một phương trình Descartes của nhạt tròn xoay cổ dược bằng cách quay ¿`

quanh trục của nó

9 6.2/33 Xết hà hình trụ tròn xoay, có cùng bán kính & ( > 0) và các trục lần lượt là

Hãy tỉnh thể tích trong của ba linh trụ đó

5I

Ađặt bác bai, các bài tập tử 0.2.34 dén 0,

9 6.2/34 Với mỗi mạt bac hai S sau, hãy chỉ rõ :

¢ dinh loai ciia mạt cong $ có phương trình Descartes :

? 4a? +b? 2? -2abxy —2heye—2eazx —h =O

wee +(e? +a)

9 6.2.36 Cho š là một mặt bậc hai (không suy biến thành những mặt phảng) với ma trận dược ký hiệu là @ trong cơ sở chính tác Chứng tỏ ràng § là tròn xoay khi và chỉ khi Ø nhận một trị riêng (ít nhất) bội hai và khác không

0 6.2.37 Tùn một ĐKCĐ đối với (é, b, c) € #2 để mạt bậc hai š có phương trình :

a(x” +22) + bly? +224) +el2? +209

b) ĐKCĐ đối voi (a, A) dé § là tròn xoay (dũng bài tập 6.2.36)

diễn một mạt bậc hai trồn xoay,

9 6.2/40 Mặt bậc hai

ồ phương trình sau thuộc loại gí : QÀ~2y)2 +(2y~42)2 +(42—x)? =1 2

Trang 4

6.2 Mặt cong

0 6.2.44 Cho 3 là mặt cong có phương trình (x+ y+Z}2 ~2x+2y+4z—

4) Nhận biết S

b) Mật phẳng đối xứng P của S là gì ?

©) Xác định tiếp diện T v6i S doc theo P.O 8

đường thẳng Ð { quanh dường thẳng af x=z

9 6.2.48 Cho(2,Ð,c) e (R1) Tìm các mật phẳng tiếp xúc với S: `

Ax? +2Bxy+2Cxz+Dy? +2Eyz+Fz? =0,

Hay chỉ ra rằng một ĐKCĐ để tổn tại ba đường sinh của S trực giao từng cập là :

A+D+F=0 (ding Tap 6, bai tap 5.2.22),

Qị: (ax+by+ez)) +(a'x+b'y+cz)2 +(a°x+b" xeenz)? =1

Qy: (axr+tay+a°z))+(br+bty+bhz)) +(ex+etx+e"z)2 =1

Chứng tổ rằng Ø; và Q; là đẳng cự

299

Trang 5

300 Chương 6_ Đường cong trong không gian và mặt cong

6.2.52 Ching minh rang mat cong S.c6 BDTS :

Xx = cosu—vsing, y =sinut vonsu.z = W(t 2v) (VIER? Ia kha trién

6.2.58 Xac dinh các đường cong ?ˆvẽ trên ® +ˆ sao cho mạt phẳng mật tiếp tại

mọi điểm 8 của "chứa hình chiếu vuông góc của A/ lên y%

ky

6.259 Cho/:R`—> (y2) >fQŒ% v2 =[E xy

ly z 3|

và $= (M(x.yz) € đi ƒsy,2)=11,

1) Ching minh rang Š lã một mật tròn xoay, từ đố xác định trục và kinh tuyến trong,

độ lớn thật

2) Voi moi M(x, y, z), Mf(42 y2 Z2 thuộc &,, ta định nghĩa một điểm PỢX, Y, Z) của £;

hổi: XÃ=.vvtyz+ZV, Y=xy+yX +27, Z=xZ+yy+zx

a) Ching minh rằng, nếu (M8) e SẼ, thì P e $ Điều này cho phép định nghĩa một luật hợp thành trong * trong Š,

b) Chứng minh rằng (S *) là một nhóm Abel

3) Ta kí hiệu TU = {w & 'Ế ; lửi = 1}

a) Chimg minh rằng, với mọi ý, #) € Rx U, diém cha 6; xác định bởi

xá? +ế! Gi+8)) se” +e 0ñ + j?n)), zeke 2 se! ju + J28)) thude S

b) Chứng minh rằng ánh xạ ý: Kx WU S dint nghia ohu vay la mot C° - vi phôi từ

Rx UlenS, va mot dang cau tir Ik x U (trong dé B ditge trang bi + va U dupe trong bi.) lén (.#

Trang 6

PHAN THU HAI

CHi DAN

VA TRA LOI CAC BAI TAP

Trang 7

=1(BÄ+CD)=2 (80+ DÀ+ CA+ ADÌ=Õ, suy rat =

ii) = (iv) : Ta ky hiệu 7 là trung điểm chung của (4, D) va của (, C) Ta cĩ :

4.2.2 Theo giả thiết, 4,, A,., thing hang ; via - 1 >2 và Ai # A¿, nên các điểm

Aye ~ Á„¡ Ở trên đường thẳng (4,4;) Cũng như vậy, theo giả thiết các điểm 4,

Ay A, thang hàng ; vì n - 2> 2, nên : 4, € (A,4;)

4.2.3 Giả sử (AB) =[A'8')

Ta lập luận phản chứng : giả thiết A # A' Vì A’ € }AB) và A e ]A'8"), nên ta cĩ (xem 1.2.1, 4), Nhận xết 1) ;

[AB) = (AA') và [A'8') = [A'4) từ đổ [AA”) = [A*A), mâu thuẫn : chẳng hạn, điểm M xée định bởi AM =2 AA" sẽ ở trên [A4'), mà khơng ở trên |A`A) vì A’

Điều này chứng tổ Á = A"

Vi’ e [À), nên tồn tại € ÏĐ, sao cho AB'=# 4B ; vậy ta cĩ A

nếu khơng, 8° = Á = 4", mâu thuẫn

«+ Phần đảo là hiển nhiên

= AB, và kz 0 vì

1.2.4 Tơn tại một đường thẳng D, của mật phẳng sao cho : Ý (, 2 € {1, nÌ”,

Œ#j = D,X(ÁA)), vì số các đường, thẳng (4,4) {ữ, j) {L, "|", ¡ #7] là hữu hạn

Tiếp theo, tổn tại một đường thẳng A của mặt phẳng sao cho Ø Vé A

Khi “dịch chuyển Ð, song song với chính nĩ theo phương của 4”, ta đi qua từng điểm 4,

một Vậy tổn tại một đường thẳng Ø, song song với Ø,, sao cho D tach hẳn các điểm

4), 4„„ Vệ phía này đúng p điểm và phía kia đúng ¿ điểm cịn lại.

Trang 8

304 Chương 1 Hình học afin trong mặt phẳng va trong không gian ba chiều

1.2.5 4) e Chọn (a, a’) = (1, 0) hodc (0, 1), ta có : Ð € Bop VAD" Ñoa

Didu nay chimg 16: Bop - 12") CF pp~

Cudi cing: Bap: = Boy - (Dh

b) 1) Giả sử A € Bp ; t6n tại (2 @’) & RE sao cho (aa + @’a’, ab + ab’) # (0, 0) va:

Khi đó tacó: A=øa+ œ4` và B=oab+drb

Hơn nữa : = Ary + By = (aa + @a’)x) + (ab + Œ `) và

= Alar, t byy) + B(x + Oy) =- ae- ae’

Vậy 4A có phương trình là a@ (ax + by +c) + @ (4'x + b’y +c’) =O, suy rad © Bpp-

¢) Ky higu w= (b, -a), #’ = (B’, - a’) ViD # D’, nén t6n tai k € BR’ sao cho: b= kb, a’ = ka 1) Cho Al @ (ax + by + 6) + 2ˆ (x + b!y + e°) =O ¡ khí đồ A có phương trình là :

(a+ a’) (ax + by) + ac + a’e’ =0, vay 4 // D

2) Ngược lại, giả sử 4 là một đường thẳng song song với D Tén tai d € RK sao cho

Alax + by +d=0, ViD#D’, nén tacé c’ # ke ; vậy tôn tại (ø, œ') © IR? sao cho

at kal

(oe 4`

1ừ đó : AI at(ax + by + c) + @ (Rax + khy + c°) =0,

và như vậy 4 e Ños

Trang 9

điểm (0,1, -L), và được định phương bởi vecte (1, 3 5)

1.2.8 - Lập các phương trình Descartes của P và P” :

x-L 2 1 (Œy.7)EP @ jyy] | 4=<0 ©œ 5x⁄-3y+72-5=0,

z -1 | x-1 0 1 Œy,2)€P' œ |y-2 2 -L| =0œ5x-y-27-

z-L T1 3 Sau đồ giải hệ :

v.22-5

%x-3y+7z-8§=0 7

2

9 Trả lời : P ¬ P° là dutmg thang D di qua (chẳng hạn) điểm (6, 19, 5) và được định

phương bởi vectơ (13, 45, 10)

1.2.9 a) Tương tự như ở bài tập 1.2.5, đ)

Ký hiệu A là một điểm thuộc Đạ„ ữ là một veclơ chỉ phương của Ø„ ÿ €

B.v'eP, w ETT sao cho các họ (ï,), ,v), (,w) độc lập Vì P/P`,

nên (ữ, ÿ, v) là một cơ sở của RẺ, do đó tồn tại (É, a, a”) € BR? sao cho :

w=li+aV+d'v, Với ký hiệu 2= (ñ,ÿ,v), các PTD của P, P’, TIA:

det (AM,l,w) =0, det (AM, 8,v)= 0, det (AM, ii.w}=0

Nhung: det | (AM iii) = det, (AM ii Gita +a'v)

= adet, (AM iii) + a'det, (AM.ii,v')

Vay, mOt PTD cia /712 t6 hop tuyén tinh cic PTD cita P va P’, và cuối cùng 77 e pp

Trang 10

306 Chương 1 Hình học afin trong mặt phẳng va trong không gian ba chiều

Trang 11

Kỹ hiệu 7 là giao điểm của 4 và /#_ Khi đó 77 P và

71 P' là hai đường thẳng (A,4;) (4”y4";)

(nếu Ái # A; và Á”, s A";), Và chứa I

Trường hợp thứ hai : A Jf 11

Khi do : TIAP=TT APS AMP=A, vay (AA, ff A

‘Tuong ty, (A’,A’,) // 4, va suy ra (A,A;) /f (A’\A’,)

$ Trả li DAD =a.

Trang 12

308 Chương † Hình học afin trong mặt phẳng và trong không gian ba chiều

Nhu vay D va D’ déng phang va D7 D’ = {A}, trong d6 A (3, 0, 1)

Mật phẳng P xác định bởi Ø và Ð" cũng xác dinh bai A va fax) „ trong đồ # (tương tự: ứ') định phương Ð (tương tự : Ð”)

Trang 13

1.2.49 Né&uD ff xOy va DD, # @, thi Ð bao hàm trong mật phẳng z = 1, vay D khong gap

Trang 14

310

Chương 1 Hinh hoc afin trong mặt phẳng và trong không gian ba chiều

1.3.4 Trường hợp thứ nhất : (AR)M (A'B)

Ta ký hiệu £2là giao diém cha (AB) va (AB)

Ta được các PTD : (AC) x+ cy=l, (CA S+y=1,

vay (AC’) Hf (CA")

Trường hợp thứ hai : (AB) /J (A'B')

“Trong một hệ quy chiếu thích hợp :

Ala} af?) đạ) A(9) 0(9) c(2) wom doa nc 0:4: e'€ 8 ens

hợp một trong sấu điểm là giao điểm của D va D’ thi két quả là hiển nhiên)

TTa có các PTD :

(AB)

'Ta suy ra các tọa độ của C” sau khi

giải một hệ phương trình, với ký hiệu

Trang 15

Ta có các PTD : (AB) tr+(4- 69y 2ä, (BA) |x + (b- đ)y = b,

Từ đó ta suy ra các tọa độ của C”:

c"(_ad-bb' (c8 Trencp | (UẾU a~b đ 4 + 42 b- b'= 0, thi (AB) /f (BAY, loại ) 2p phc

Trang 16

312 Chương 1 Hình học afin trong mat phẳng và trong không gian ba chiều

và ta lại có được điều kiện đã thấy ở trên

1.3.4 Trong hệ quy chiếu Descartes (0; O4j, OB), OC}): Ay 0

(OBC) A (AIBIC2) ^ (AIB2CU)

Từ đó thu được các tọa độ của L bằng cách

Trang 17

+y at+B-l Bty-1 a+/j

định thức này bằng không do các cột thỏa mãn : C4 = CỊ +C2 ~C3

Ta kết luận : Z1,82,ạ,B„ đồng phẳng

1.3.6 Ta khảo sát điểm Ở được xác định bởi OA+ OB+ OC = ứ (rõ ràng Ở tổn tại

và duy nhất), và ta xét trong hệ quy chiếu Descartes (2; ÓÁ, O8, ÓC) : các điểm Ó, A, B,C không đồng phẳng, vì nếu không ¡ sẽ thuộc phương của mật phẳng (48C)

Trang 18

314 Chương 1 Hình học afin trong mat phang va trong khéng gian ba chiéu

Ta khảo sát giao E của ba mặt phẳng đó :

1.4.1 1) Giả thiết " tại một phếp vị tự - tịnh tiến ; sao cho : A’ = f(A) va BY = f(B)

Nếu ƒ= Tt (ie), thi AB = A’A+AB + BB

1, thi E = @, vay đường thang (A’BC) (AB‘C) song song với

utAB+u= AB

Néu f=Ho,(Qe Ake R"), th AB = OF De = KOR -KDA= RAB

Vay (AB, A'B' ) plu thudc

2) Ngược lại, gid thi€t (AB , AB ) phụ thuộc, tổn tại k € Rt duy nhdt sao cho A'B' =k AB

Trường hợp thứ nhất : k = 1

Phép tinh tig T, dim din A’ vaB din 8’ vi B+ AA'= 8 + AB + BB+ BA‘ = B+ B= 8

Giả sử ƒ là một phép vị tự - tịnh tién dua A dén A’, 8 đến BY

khác a-r|2 2 (xem dưới đây, 1.5.1) Ta 06 : 128" = 2+ AB = KA +kAB = kD,

vay Ho, dua A dn A’va B den BY

Giả sử ƒ là một phép vị tự - tịnh tiến đưa A đến A' và B dén B’

« Nếu ƒ= T; ( e 2Ä), thì xem D 4'8'=48, k= L, loại

+ Nếu /ƒ= Hay (2 € x4, ,É 6 RÒ, thì (xem 1) A'8'= &' AE, vậy k= &, rồi

Trang 19

“Ong

Chỉ dẫn và trả lời 315

1.4.2 Xe 7eD-{0}, jeD'-(0}, O € D, va chon hé quy chigu Descartes

i ]ea tại một và chỉ một ø € R sao cho i (a, 1) định phương Ð°

Giả sh MCx, y) © A, AO, 0) 1a

® Trước tiên ta xây dựng công thức của f trong oi

hình chiếu cia M lén D song song với Ð./(MỀ',y}

+ Suy ra: ge f(M\x-ay+aay, fay),

# Ta hay xết xem liệu có tôn tại (6, 2) 6 ÑÊ sao cho gs f là phép co # có trục Ø, phương 4

định phương bởi ÿ(b 1), tỷ số y; với mọi Mức, y) thuộc zA,„ ta cố : ACM) (x - by + yby yy)

Vậy: ay: get =( (xyJe R {eae sƒ=hel Xí 2 |x-by+?hy =x—ay+aay

-ÿ-#-t «J2 vậy:

Rõ ràng là tổn tại (4, B) € >Aˆ sao cho A # 8 ; ta cố định một cặp (4, 8) nh vay

1) Giả sừ4/ c „A, Ta có: /(4J/(B)= /AJ/(M), từ 46:

Nap AB= 2p yg AM =Ấp „BM, vàdvy: (bạ g —Ãx„ AMĂ,s ~As„ )BM =0

Nếu M ¢ (AB) thi (mm) độc lặp, suy ra Â„„ =Aa„/bd 2¿g =Ãpy}

Nếu M € (AB) va M A, thi tổn tại C € A, sao cho C # (A8) ; do C £ (AB) và M # (AC), nên theo lập luận vừa rồi, ÂA,c =ÂA,ø Và ÂA,w =ÂA,C, Suy ra ÂA,M =ÂA,B-

Nhu vay ta dé ching minh ring: WM e z^„ /(4)/(M)= 4, „ AM

2) Cho (M, N)€ AZ Tact:

7(MỳÑ}= /AÌ@]-rAy (M) 244 gAN-A, AM =A, _MN, tirdé (néuM#N): AM =ÂA,B-

Nhu vay: VOM, Nye a2, ƒ(M)/(M]=^A,aMN

Nếu 4„ „= 0, thì ƒ là ánh xạ hằng

Nếu 4„ „= !, thì ƒ là một phép tịnh tiến

Nếu ÃA,g z0 và # 1, thì ƒ là một phếp vị tự.

Trang 20

316 Chương 1 Hình học afin trong mặt phẳng và trong không gian ba chiều

1.444 Giả sửA, B, C, Ð là bốn điểm thuộc A, không đồng phẳng, 4", 8", C°, Ð' là bốn điểm thuộc zA;, ƒ: ~Ã; => +A; là một ánh xạ afin Ta có :

ola) AB, ol ac) = BC, 2£?) ,

đo đồ tôn tại một và chỉ một ánh xạ afin thích hợp : đố là ánh xạ afin chuyển 4 thành 4”

Ky hiệu ai(1-1, 2), D= TRE, p là phép chiếu lên P song song voi D

Cho M(x y, 2) € Ay, p(M)X, ¥, Z) Tén tai A € KR san cho Mp(M)= au, suy ra:

X=xX+Â, y=y-Â,Z=z+2Â

ROL: PUM) & P© Œ+ Ã) + 20 + Â) + Œ + 2Â) © 2 =Ó @ Â= ‹Ú +2y +7 — 2),

Vậy: Mplet)= (e+ 2y +2 ~ 2} = Ligon}

9 Trả lời : ƒ là phép co trục là mặt phẳng P |x + 2y + z - 2 = 0, phương là đường thẳng vectơ sinh bởi Z(I,~2,2), và tỷ số 3

Đặc biệt, các trung tuyén (AM), (BN), (CP) déng quy tại G

Trang 21

4.5.3 a) Trước tiên ta chú ý rằng G là trọng tâm của A”B'C”, vì :

ne | -—aaG A.A 5B

Te(4 1 ft T902] ‘|

moe ¢'

=5 2 3]

Nếu ký hiệu # là phép vị tự tâm M và tỷ số 2 thì :

K~ru|É) we) Hey)

- 4|† a ())=He

b) Vi PO = PM + MQ =2A'M +2MB' =2A'B = BA, nén ABPQ 1a hinh binh hanh, do d6

AP và BQ có cùng trung điểm, ký hiệu là 7

“Tương tự như vậy, AP và C# có cùng trung điểm 7

Ký hiệu / là trung điểm của GK Ta có :

2= 1| K|> | ƒ 121001751 | alan PBR Ore 3 Migenaiior a ial

4.5.4 Trong hé quy chiéu Descartes (;asae):

ms) a(S} a

9 Trả lời : Khi ky hieu A’, B’, C’ là các trung điểm

theo thứ tự của BC, CA, AB, thì 7 vạch hình bình hành (bên trong va bd) AC’A’B’

với (a, B, y, 5) chạy khắp [0 ; 1]

Nếu ký hiệu M 1a tam dang tỷ cự của PORS, thì ta có :

mate 2 5 1+8-ø 13yz-# ear

Ký hiệu 7, J, K, L là các trung điểm theo thứ tự của AB, 8C, CD, ĐA Khi nhân đôi mọi

SỐ từ trong tâm tử cự trên, ta được :

M=Tt| 2 „5 —g 2+y-a 24+5-B eat

Trang 22

318 Chương 1 Hình học afin trong mặt phẳng và trong không gian ba chiều

Ký hiệu w = ø-, v= B- 6; khi (a, B, 7, 6) chạy kháp [0 ; 1]”, thi (uw, v) chạy kháp [-1,

1]?, và ta có, nếu ký hiệu Œ là tâm đẳng tỷ cự của ABCD (do đó cũng là của JJKU) :

M=Tr|2 1y 2-u 2-v wl

eo oi iat + MR + a) Qi -R) +ufpad —¥i) =

©Mö +vRÏ+ulJE=ö © Gái =1|yđï +uöf)

9 Trả lời : Tập hợp các tâm đẳng tỷ cự của PORS là hình bình hành vị tự của hình bình

hành IJKL trong phép vi ty tam G, tỷ số t , trong d6 J, J, K, L theo thứ tự là trung điểm

của AB, BC, CD, DA và G là tâm đẳng tỷ cự của ABCD

4.5.6 Với ký hiệu G =Tu| 2 ei 2 it

thì do tính kết hợp của khái niệm tâm ty cu, ta c6:

G= Tel 1 vậy G là trung điểm của /J

Tương tự, G là trung điểm cia KL, MN

Nếu ký hiệu G =Te|q~ 2Ñ\-») at lì vm ( CÀ

thì do tính kết hợp của khái niệm tâm tỷ cự, ta được :

Điều nay chtmg td G thude các đường thang (MN) va (PQ), suy ra (MN) va (PQ) đồng phẳng

Trang 23

Chi dan va tra 101 $19

ØƯ.¡=Ọ, !=Of Điều kiện đặt ra

Với ký hiệu wate? ẹ oI

thì theo những điều nĩi trên, ta CĨ :

[= Te 4 44 từ đĩ cĩ vị trí của J trên (AA"):

Al = 3AA- Cling vay, BY = 3BB',CK = 3CC, DL =3DD,

1.5.10 Đường thang D cé thé x4c dinh bdi hai diém U, V Vi Ay, Ap, Ag, Ay khOng đồng phẳng, nên tồn tai cc sO thye ,, ¥(1 $k S 4) sao cho :

đu +, đua + Vy đua tẩy Metta + Bers

Vì B, e P,, nên phải cố : ơyng + /Øyvy =0

Và vì (y8) được định nghĩa sai khác một hệ tử nhân khác khơng, nên : đ, = 0, Và đ, = -#c

U V Nhu vay: 8, -1]7 “

Cho 0 1a mot diém bit ky thuge -A,.Tac6: 200, =OA, +08B,, vay:

2, ~u,)ĐEy =, ~,)Đẫu +v,Đ0 ~u,ĐỸ,

Cộng lại, 1a suy Ta :

4 — 4 — 4 — 4 —— 4 —

230, — 4 OCr = Dy, OAk ~ Ym, OAR 4$ [bám

kai kzL & k=1 kel

Trang 24

320 Chương 1 Hinh hac afin trong mặt phẳng và trong không gian ba chiều

4.5.14 Trong hệ quy chiếu Descartes ri C,4Ð

1

Suy 1a : (CD) ¬ (DA) ¬ (GAB) ¬ (HBC) z Ø

Ae-y=0 Wrz

Trang 25

và bất đẳng thức cuối cũng là đúng vì Âø - 1 >0 và /.V - 1 < O (bất đẳng thức Cauchy -

Â=g và UV=1l |u=y

$ Trả lời : Có đẳng thức khi và chỉ khi : lixll = lv = 1 hoặc w = 9

2.1.4 Giả sử Œ, y) là một nghiệm Khi đồ ta có :

(4+B)A(Œx~y)=0 và (a+b).(x¬y (a—b)A(x+y)=0 và (ab) (x+y

Từ đó, do ø + b #0 và (4 - b) z0, nên x- y= x + y = Ú, và vì vậy x = y = Ô

Phân đảo là hiển nhiên

$ Trả lời : {(0, 0)}

Trang 26

322 Chương 2 _ Hình hoc afin Euclide trong mặt phẳng và trong

không gian ba chiều

2.1.5 a) Hiển nhiên

b) Cho (a, 6) € (RỞ)? sao cho a.b = 0

Cách thứ nhất

Với mọi x thuge R?, vì (6 A x L b và (4.x)a 1 5), nên /¿» (4) L b Vậy I„¿„) thuộc mật

phẳng (vectơ) trực giao với b, vậy rank (f, 5) < 2

Cách thứ hai

Vì trường hợp b = Ó là hiển nhiên, nên ta giả thiết b z 0

Vì ƒ„ p() =0, nên ta có Kerf„ „) # {0}, từ đó, theo định lý về hạng :

2.1.6 a) Anhxa g: (R°)’ > R, xdc dinh béi :

Vũv,w)€ RỂ, glu) =Lf(e) vow) +l f(v1.w]+[e.v, ƒQ6)]

hiển nhiên là tam tuyến tính, và thay phiên vì, chẳng hạn : ø(,v.w)=0

Như vậy (xem Tập 5, 9.2.1); øe 4a(E)

Theo Tap 5, 9.2.1, Định lý - Định nghĩa, đim(4;(E)) =1, vậy tên tại ø eR (œ phụ thuộc / sao chờ :

Vu, v, w) © (RY, ou, v, w) = a (u,v, w)

Giả sử 8 = (e,,£;„£; ) là một cơ sở trực chuẩn cũa E2 (shẳng hạn, cơ sở chính tắc) Ta có :

[Fler ),e2,¢31= fle, Kern e3)= fle ).e1,

vatuongty: — [e,flerea]=flerder, lesen, flesdI=Fles) 3

Ta ky higu A = (4,),4, <3 = Mat, ) Vi 8 truc chudn, nên ta có :

Vij € (1,2, 3)%.4,= fle)

Từ đó : p(e),¢2.03)= f (eer +f (ez )en +f (05) = aj + 99 +455 = tr(A)= tr)

Cuéi cing : Vu, v, w) € (RY, gUe.v,w) = ray, w]

ð) Với mọi (w,vuw) thuộc (R)? ta có ;

(G)^y+A ƒ(v))w ={1ƒ(,v.]+(a, ƒ(9),w]= rỢ) ,v,w]~ [é,v, ƒ(9)]

= trỢ) (# A v)a9 = (HA Vfl)

Ta nhac lai (xem Tập 6, 5.2.1) ring liên hợp của ƒ là tự đồng cấu /* của RỞ xác định bởi :

Va yey flay = x f(y)

Trang 27

V6i moi (x, v, w) thuộc (R?Ÿ, ta được ;

UAY + MA fG))-W= (tr) HAY) - ƒ#( HAY) .le = (Tạ? - ƒ*) (Av)),

Từ đó, với mọi ø thuộc £ (RY): +

(YG,v)e(R?, ƒ)Av+wA ƒ(v)=g^Av))

& Merde ROY, (UUM, — f Yu avyav = (gerne)

f

@ guild, 2.17 OTra loi:

@ f =Rotz , tong dé D- được định phương và định hướng bởi (1, Ì, 3), và Ø= Arso(~Š] 3ƒ =Rotz eRef„ trong đổ Ð được định phương và định Hướng bởi (1, L, 0), và

ø =-Arceos{ ~ 3) Pap

Of = Ref, trong đó ? là mặt phẳng trực giao với vectơ (~V1-x2,x,1)

2.1.8 a) Tổn tại (v, w) © RY)? sao cho B’ = (4, v, w) là một c.s.t.c.t của RẺ, Mọi x

thuộc Ï#* đều có thể phân tích thành x = au + By + pe (@ £7) € BR vado

1 0 0

Maty(f)=|0 0 cos® -—sinØ |,

niên tac6 : f(x)=au + (feos -y sin Ov +( sind +7 cosO)w

= đw +eosÔ(/w +7) + sin O(-yv + fw)

Vi kus Bot pw aa tM, VA UN = uA (aut f+ p= Bow nen tả được : FO) = (eau t 00s BC e~ (e4)u)

+ sin O(unx)=.x+ sin BW AY) + cos Ow A (u Ax), theo công thức tích vectơ kép :

2.2.2 AP-BE = (AD ++ DE\BD+DE) = ADDE+1DEDD4+1 DE 2 - 2 2

AE sD) best peer el ae Io? 1

=(AE 4 UD) DE +—DE.BD+—DE = —DE +—DE.BD 2 2 2 2

PEF + ib) = DB(EB+ BC) =) DERE <0

Trang 28

324 Chương 2 Hinh hoc afin Euctide trong mat phẳng và trong

không gian ba chiểu

2.2.3 Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz trong R? thông thường :

(AB+BC+CD)2 < (AB? + BC2 +CD2XI? +12 +12)=3(AB2 + BC? +CD?) Mật khác, theo bất đẳng thức tam giác và vì A, #, C, Ð không thẳng hàng :

AD < AB + BC +CD

Từ đó: AD?< 3(A#? + BC? + CŨ?)

2.24 Ký hiệu 4, là các đỉnh của hình Ay 23 AA,

vuông, 8, là các đỉnh của tứ giác (My € [AAD = MAC SES 4), To , lộ ›

2.2.5 Với ký hiệu Ø= MBP, ta có : MP=MB sinổ và AC= BCsin8 Vì MB < AB < BC

và vi sin@ > 0, nên kết luận : MP < AC

AB+ACI|s LAB + AC) 2.2.6 Theo bất đẳng thie tam giác: {, 1 2

28C < 2(AB+AC), suy ra: AM+2BC S AB+AC

—2 — — —?2 — — —2

2.2.7 a) c?=AB =(CB-CA)?= CB -2CBCA+CA

b) Nếu ký hiệu A" là hình chiếu vuông, a? —2abcosC +b? A

e) Khi ký hiệu A" là hình chiếu vuông góc của A lên (8C), ta có : — oo

AA'= AB sin ABC = AC sin ACB,

từ đồ : csin 8 = bsin€

Trang 29

5) Néu O = 1, thi vi GA = 8, tacé OB = OBA „ ức là 48, vay A=B

2.2.10 a) Theo bai tập 2.2.7, c), dp dung

vào các tam giác AA'8 và A APC:

Theo a), aan? cl¬w M12 wale (Aa),

Cling vay, M € (BB’), M € (CC’), tit dé M = 1

Trang 30

326 Chương2 Hinh hoc afin Euclide trong mặt phẳng và trong

2.2.11 4) Đâu tiên ta giả thiết Ê và C nhọn

ViA’ & [BC], tasuy ra:

tan B BA'+ tan

tanB tan Lập luận tương tự nếu # hoặc C tù

b) Dũng Ê=#~ Â~ ñ, đầu tiên ta chứng tỏ tan Ả+ tan Ê + tan #0 :

tanA tanB tanC

Theo a): 7=T, › “lun - le (AAT

mốc anề | (44) Cũng vậy, H’ © (BB’), H 6 (CC?, indo =H

Cuối cùng: Mối cùng : #= # #=1y|Â, F[tanA tan tane[ - # © = Ạ

2.2.42 Ta ký hiệu Aƒ, N, P là các trung điểm

theo thứ tự của 8C, CA, AB Rõ ràng là các ®

đường trung trực của A8C là các đường cao của a

MNP va rang cic g6c M.N.P cia MNP cing

(AN) if (AB), (NP) Hf (BC), (PM) HH (CA)

Theo bài tap 2.241: o=Ty|, ® he l .211: Ø= “lta? nổ tan - ` - r

2.2.13 a) Xem Idi gidi của bài tap 2.2.7.6)

b) Theo a) : 53 =} (abe)? sin Asin Bsin€

Ảnh xạ ƒ: Wz| => #>— Insinr Rkhẩvihsilánvà: Vre ]0:®[, ƒ"()= —L— >0, vậy Sin“r ƒ lồi chật

suy ra: /(} -(2:‡*£] <3(Â)*/t8)+/(Ê),

Trang 31

Khảo sắt trường hợp đẳng thúc

Nến S = Babess, thi vì ƒ lồi chat nen A= B=C, vay ABC ta tam gide déu

Phần đảo là hiển nhiên

9 Trả lời : Có đẳng thức khi và chỉ khi A8C là tam giác đều

c) Sử dụng bất đẳng thức giữa trung bình nhân và trung bình cộng :

ssi B aoxonxeays < Bab sbe-ven

Ore) yaw 4 X3fa+b+ec\)„ v3

3<< (abc)3 a Ap (abe)3 Y < Barbee) aS

Néu dang thức xảy ra ở một trong ba đẳng thức trên, thì & =X2 (an , Vậy (Xem )) ABC là tam giác đều Phần đảo là hiển nhiên

9 Trả lời : Có đẳng thức khi và chỉ khi ABC là tam giác đều

2.2.14 1) Theo dinh ly Thales :

vậy, theo mệnh để đảo : (fQ) /f (BK) = (AB)

Điều nay ching td rang /LKQ la hinh binh banh, vay (LM) cét (7K] tại trung điển: của nó Cing vay, /MJP 18 mot hint binh hank, nén (Lad) cét [7] tại trung điểm của nó

2.215 Xết trong hệ quy chiếu chuẩn tấc (nhưng noi chung không trực giao)

?) Kỹ hiệu B' và Clà các hình chiếu vuông gốc theo

thứ tự của 8 lên (AC) và của C lên (AB) Ta có :

Trang 32

328 Chuong 2 Hình hoc afin Euclide trong mặt phẳng và trong

2) Ký hiệu P, Ø, # là hình chiếu vuông gốc của ƒ theo

thứ tự lên (8C), (CA), (AB)

AR+RB=c, BP+PC =a, CO+QA=b,

tasuyra AQ=AR =p-a (trong d6 p= Flarb+e) »

3) Ta kỹ hiệu Ủ, V theo thứ tự là chân của các đường

phân giác trong kẻ từ Z và C

Rõ ràng là nếu b = c, thì ba đường thẳng Ð,, Ð;, Ð; song song

Giả thiết ð z e ; khú đó Ø, và D, cat nhau tại một điểm, ký hiệu là X

Tổng của hai vế đầu của các PID của Ð, và Ð, là : 2px + 2py - be (L + cos Â )

Theo bài tập 2.2.7, a): a? = b? +c? - 2be cosa,

ˆ 2 2 T-g2

từ đồ : be(1 +cosÁ ) = ber EO (G+0P a?) =A (arbrc)(b+e~a)=2p(p-a) - Suy ra X € Ð¿, vay D,, D;, D, đồng quy

Xem thêm chùm tuyến tính các đường thẳng, bài tập 1 2 5

2.246 )VìiG,= 1 a ‘al s6, = Tet 4 feos:

3G061¿ = GiiÁ + Gii + GuCy = ÝGi,C¡ + Gi0y = CC; - Cũng vậy: — 3G; =CạC¡

Từ đồ: Gii0t; = Ởa¡Gz;, và như vậy G,G,zG„G;¡ là một hình bình hành

23 Ta có: - (Ay Aha) 1L (CC, và (HuyHz) L (CịC,) vậy Œiưnn) Hf Hatt)

Tuong ty: Hats.) /[ (11,,Hạ,), và như vay HH, Hoff, 12 một hình bình hành

3) Cũng lập luận như ở 2) để chứng tỏ rằng Ø,yÓ,zØ,;Ø;¡ là một hình bình hành

2.2.17 _ Ta ký hiệu P, Ợ R là các hình chiếu vuông góc

của ƒ theo thứ tự lên (BC), (CA), (A#) ; vậy :

Tương tự đối với hai diện tích khác Từ đó suy ra :

28 = 2A(ARIQ) + 2A(BPIR) + 2,A(CQIP) = 1A? sin A+ 1B? sìn Ñ+1C2 sinC

Trang 33

2.249 Taco: 2,A(PAB) = | Passa = (Pa +a) Ped a8

= PM.AB IsinØ, trong đó Ø= <((P@), (AB)) [m)

Cũng vậy : 2zA(QA8) £ VẬY: = QM.AP Isin@ Tir do: PAS) _ MP = OM NTS

2.2.20 Tac6: 2A(ABC) = [aaa AB.BC sin ABC”

~

Vi sin ABC =sin ABC , nen suy ra; ABC) aB.oc Awrey a

Suy ra: A(PQR) 2 xa (ABC}., với đẳng thức khi và chỉ khi £ = i

9 Trả lời : Có đẳng thức khi và chỉ khi P, Ợ, # là các trung điểm theo thứ tự của 8C, CA, A8,

Trang 34

330 Chương 2 Hình hoc afin Euclide trong mặt phẳng và trong

không gian ba chiều 2.2.22 Gia sit ABCD 14 mot hinh vung canh a va MNP

là một tam giác nằm bên trong hình vuông đó Bằng cách

kéo dài cạnh MN ít ra theo một cách, ta được các điểm _ „|

Mˆ,N” nằm trên các cạnh của hình vuông sao cho : Ss

cạnh của hình vuông, chẳng hạn A” và ?” trên [8C], và M”

tren [CD], v6i B, N’, P’, C theo thứ tự đó, thì :

AWN’ P’) = Sure s 1úccnŠ SÀ: 1 a2 2 M'C.CB

2) Nếu cả 3 điểm A°, W°, P” déu & trên ba cạnh khác nhau

của hình vuông, chẳng hạn &*e [ĐA], N?e[AB], Pˆe [BC],

thì khi ký hiệu #” và Ð" là hình chiếu vuông góc theo thứ

ty cla M? va D trén (N’P’), ta c6 MH? < DD’, suy ra : AWN'P) = LM HNP

SDD.N'P'= A(DN'P')

“Tương tự, nếu ký hiệu K? và C° là các hình chiếu vuông góc

theo thứ tự cla P’ va C trén (DN’), tac6 P°K’ < CC’, suy

hình vuông cạnh Š „ như lược đồ bên Ít nhất một

trong chín hình vuông đó chứa (ít nhất) hai trong

số mười điểm đã cho, A,, M, (¡ # /) : đó là "nguyên la

lý ngăn kéo” ; vậy, bàng cách so sánh với đường

chéo của hình vuông nhỏ, ta có :

MM,< £12

ea TS

Trang 35

Chỉ dẫn và trả lời 331 2.2/24 Tương tự như trong lời giải bài tập 2.2.23, khi chia hình vuông cạnh z thành chứa hình vuông cạnh +, (it nhất) một trong chín hình vuông đồ chứa (ít nhất) 3 trong số

Nói cách khác ƒ có một biên dưới va đạt tới biên này tại A

mot va chi mot diém, diéin P, Van dé cdn là tinh {(P)

Theo wren, flP) = fia) - AP?

+Co§ Fe tk +ysin 7 +e Tes ye

vado vay: 2,Dg) = a [a]

Trang 36

332 Chương 2 Hình học afin Euciide trong mặt phẳng va trong

2.2.27 _ Trong hệ quy chiếu Descartes (nói chung là không trực giao cũng không chuẩn

hóa) R= (^:45.ac} „ ta ký hiệu (x„„ y,) là các tọa độ của M„„ n & Ñ Khi đố ta có :

Xu Haye! tar} tare

2100)

Vi lrl = irl = = <1, rj} ——30 va rf ——>0, 3 R 2 3 “mm nan x, ——»ø và a Hư 1„——8i-

Ta tinh ø, và Ø, nhờ các điểu kiện ban đầu, chú ý rằng r; và r, là nghiệm của phương

— Iứ>i—

AM =~AB+-ÁC, 372 mm ¢

A

ð Trả lời : M„ ———>M, trong đó AM=2AB+2AC, >

2.2.28 Ký hiệu Ð = (BC) và, với mọi M thuộc Ð, W là v hình chiếu vuông góc của 8# lên (C4), P là hình chiếu vuông

gốc của N lên (AB) và Ở là hình chiếu vuông góc của P lên „ 3 (BO), af; D > D

MoQ@

Với mọi Äf,, M; thuộc Ø fa có :

NiNz=M\MycosC, PP, =N\N2 008A,

O12) =F,P, cos 8

‘Tu 46: d(f(M,), f(a) =kd (MM) , vOi ky higu k= cos Acos BeosC

Vi ldl <1, nén fla anh xa co Theo định lý điểm bất động (Ð là mot kev dink chudn hữu

han chiéu, 1 chiểu), ƒ có một và chỉ một điểm bất động, từ đồ rút ra kết luận cần thiết.

Trang 37

2.2.29 Ta lap luan phan ching : Giả thiết các điểm thuộc E không đều thẳng hàng

Tập hợp các độ đài của các dường cao các tam giác không bẹt được hình thành từ ba điểm

của E có một phần tử nhỏ nhất Vậy tồn tại A, 8, C e E khong thẳng hang, sao cho đường

cao AH (ké tit A trong ABC) là đường cao có độ dài nhỏ nhất trong các đường cao của các tam giác không bẹt hình thành từ ba điểm của Z

Trước tiên ta chú ý rằng # phải ở giữa 8 và C Thật

vậy, nếu #f (trên (#C)) nằm ngoài [BC], thì đường, ‘

cao BK (ké tis B trong ABC) sé thoa min BK < AH K

(xem thêm bài tập 2.2.5), mâu thuẫn

Theo giả thiết, tổn tại 2 € E sao cho 8, C, D thẳng HOB Cc

hang Vi H € [8C] và do các vải trò đối xứng của #

và Œ, ta có thể giả thiết, chăng han, ring D và B déu

ở vẻ một bên đối với 1ƒ,

'Ta phân biệt hai trường hợp :

Theo bài tập 2.2.5, dường cao ĐM (kẻ từ Theo bài tập 2.2.5, đường cao Ø8, (kẻ từ #

D wong ABD) thỏa nãn ĐM < AH, mâu trong ABĐ) thỏa mãn Bí, < A7, mâu

2.2.30 Neu 0, =0,, thi f= Roto,.@,+8, -

Ta giả thiết Ø, # O,, Tén tai hai dudny thing D,, D, \dn luot di qua O,, G2 sao cho

Roto, o, = Reffo,, )oRefp, va Roto, a, = Relp, oRetin,o, ),

7) Nếu 6, + 6, =0 [2m], thì Ð, // Ðy, và ƒ| — 2) Neu 6 + 6, x 0 [2m], thì Ð, và Ø; cất

là phếp tịnh tiến theo vectơ 2#, trong đó nhau tại một điểm, ký hiệu là Ó, và ƒ=

ñ thỏa mãn : Ð, = Tạ (Dị) va @LD, Roto,a, +02 +

Trang 38

334 Chương 2 Hinh hoc afin Euclide trong mặt phẳng và trong

$ Trả lời

) Nến Ở, = Ó,, thì /= Roto, 6,405 - 2) Néu 0, # On, ta ky higu D, và D, là các đường thẳng lần lượt di qua Ø, và

Rely = TgoRefy va Ref~=RefpoTz

2.3.32 Vi sy, sa 55 18 d6i higp, nén nếu ký hiệu (1) là đẳng thức đang xét thì ta có :

(1) 08,68; “in 66s, 1) Ta giả thiết Ð, /f D,

Với ký hiệu Ú là veetơ thỏa mãn D, = 7; (2,) va LD, , ta có 5,0, = Thy và

Tag osy=Refyy va 54 0Tyg =Refy

TU AS #1) €> Ty of 5 083} = (64 0Tgg Jo Typ <> Tae eRe fy =RefyoTys

Vi veD', Refyy giao hoán với Tạy và Tog, dod6:

?) Giả thiết Ø, # D; ; ký hiệu A la giao diém cia D, vAD,, vaca = Z (Dy D;) [a]

Khi 46 (@ 06 8) 0.5; = Rolg rg VAS) 05,= Roty oq titdé :

(Q) & Roly 2g 08 =53 0ROt 4 20 -

® Đặc biệt, khi xét ảnh của A, va vi -20 50 [2x] :

(0) = Rota_2a (3 (4)) = 53(4)>5;(4)= A> Ae Ds,

và như vậy Đụ, Dy, Dy déng quy

* Nguoc lai, gid sit D,, D>, D, déng quy tai mot diém A

Các ánh xạ

in f= Roly z„a$; và g= $30ROt4q théa man : f(A) = g(A) (= A) vA

F=Rot 24053255 0Rotgg = § , do đố bằng nhau, từ đó suy ra (1)

Trang 39

2.2.33 + Rõ ràng là mọi phép đối xứng trượt là một phép phân đời hình của mật phẳng

ø Cho ƒ là một phép phản đời hình của mặt phẳng

Gid sh A € & (bat kỳ) Theo 1.4.2, Mệnh để 6, tổn tại P€ế; g: E> & la Anh xa atin

théa man : f= Tyog va g(A) = A

Vì g=f, nên ÿ là một phép đẳng cự nghịch của Z:,vậy ÿ =Ref;, trong đó 4 là một trục (của £; )

Ta ký hiệu 4 là trục của £› đi qua Á và được định phương vẻ định hướng bởi 4 Vậy

#= Refx nên ƒ =TzoRefu

si xE +iỡ., trong đồ ä € Awe A

OB2+AB2 < OA2 + AB? =OB2 <OB?+A'B9,

và do vậy : (OE+AB)? =(OH?+AB?)+20B.AB < (OB? +A'B? )+20B.A' B =(OB+A'B)2, 2.2.36 Ký hiệu Aƒ là trung điểm cia AA’ Vi #Z và / là các trung điểm theo thứ tự của AA' và BÀ", nên MỸ =2 AB Tương tự, MỸ 24a

Khi ký hiệu 1a phép déng dang tam Ở biến A thành Á' và ở thành 8” (xem các giả thiết)

Từ đó suy ra rằng các tam giác OH" và A{l/ đồng dạng thuận Đặc biệt :

⁄ 0U, MD = ⁄ HH’ OF) (2),

và do đó : ⁄(U, HH") = /(U, M) + Z(MI, OH) + Z(OH, HH’) = /(MI, OH) = :

Trang 40

zl-336 Chương 2 Hình học afin Euclide trong mặt phẳng va trong

Xét B e£;, bất kỳ ; ký hiệu g = A, el:

Khi d6 g t& mOt phép phan dai hinh ; tén tai một đường thẳng Ð, và một veclơ #e Đị

sáo cho #=TạsRefa, , suy ra: /= Hạng =(Hạ xoT;}Refp,

Theo 1.42 2), Mệnh để - Định nghĩa 3, Hạ øT;

là một phép vị tự Hẹz , nên f= He yo Ref „

Ta ching 18 rang t6n tai A € & và một đường thẳng Ø2 song song với D, sao cho :

A 6Ð và Hạ,o Refp, =HA¿oRefo

M(x,y) > (x2Ã~ y) Bà (#x, k(2Â— y~Ä)+4)

hợp Ta cũng có thể giải bài toán bằng cách “chuyển sang số phức”

2.3.38 Sir dung bai tap 2.3.37:

s Nếu ƒ =TpeRefa, trong đố #€ D, thi, Tz va Ref, giao hoán :

Tà dược Í*=€osÖ(xeosØ+ ysin 0)

^ dược {rc sosØ(x sìn Ø — ycosØ) |, và như vậy :

ƒ=H@„„s¿oRef¿, trong đó 4 là dường thẳng di qua Ó và có gốc cực : (4 là một đường phân giác của (Ð, Ð”))

9 Trả lời : ƒ là một phép đồng dạng nghịch, ƒ = Ho cos RE fy -

b) Xem thêm bài tập 2.2.38,

Vì ƒ=Ho cose Va Refs giao hoán : ƒ? = (Ho cosa )70(Re £4)? =Hy costa

9 Trả lời: 72 = dụ, s3; trong đồ 6 = (0, Đ°)

Tiêu đề	Tài liệu Giáo trình hình học và 400 bài tập P4 docx
Trường học	Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội
Chuyên ngành	Hình học
Thể loại	Giáo trình
Năm xuất bản	2023
Thành phố	Hà Nội

Định dạng
Số trang	100
Dung lượng	9,53 MB