Tích Ngoài Của Véc Tơ Và Ứng Dụng.docx

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------
Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
PHẠM TRUNG LÂM
TÍCH NGOÀI CỦA VÉC TƠ VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2017

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------
Tải tài liệu tại sividoc.com
PHẠM TRUNG LÂM
TÍCH NGOÀI CỦA VÉC TƠ VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. TRỊNH THANH HẢI
THÁI NGUYÊN - 2017

i
L i cảm ơn
Lu n văn này được thực hi n tại trường Đại hoc Khoa hoc - Đại hoc
Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dan của Phó Giáo sư - Tien
sĩ Trịnh Thanh Hải. Tác giả xin trân trong bày tỏ lòng kính trong và biet
ơn sâu sac tới thay, người đã t n tình chỉ bảo, hướng dan, đ®ng viên khích
l và tạo đieu ki n thu n lợi cho tác giả trong suot quá trình hoc t p và
nghiên cáu lu n văn.
Qua bản lu n văn này, tác giả xin gải lời cảm ơn tới Ban Giám hi u
trường Đại hoc Khoa hoc - Đại hoc Thái Nguyên, Ban chủ nhi m khoa
Toán - Tin, cùng các giảng viên đã tham gia giảng dạy và tạo moi đieu
ki n tot nhat đe tác giả hoc t p và nghiên cáu trong suot thời gian qua.
Tác giả cũng xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đong nghi p và tat cả moi
người đã quan tâm, đ®ng viên và giúp đơ đe tác giả có the hoàn thành
lu n văn của mình.
Tác giả xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, ngày ... tháng ... năm 2017
Tác giả lu n văn
Phạm Trung Lâm

ii
Mnc lnc
Danh mnc các ký hi u, các chfi viet tat iii
Danh mnc các bảng iv
M đau 1
1 Kien thfíc chuan bị 3
1.1. Định nghĩa ................................................................................... 3
1.2. Tính chat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3. Bieu thác toa đ® của tích ngoài hai véc tơ . . . . . . . . . . 4
1.4. Hướng và di n tích đại so của tam giác . . . . . . . . . . . . 4
1.5. Hướng và di n tích đại so của đa giác loi . . . . . . . . . . . 6
1.6. Moi liên h giǎa đ® dài đại so và di n tích đại so . . . . . . . 7
2 M t so fíng dnng tích ngoài véc tơ 9
2.1. Mở r®ng định lí Gergaune . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.2. Úng dụng của tích ngoài véc tơ vào giải toán . . . . . . . . . 10
2.3. Van đe tỉ so kép của chùm đường thȁng . . . . . . . . . . . . 13
2.4. M®t so bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.5. M®t so bài t p đe nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
Ket lu n 45
Tài li u tham khảo 46

iii
Δ
Danh mnc các ký hi u, các chfi viet
tat
(→
−
a ,
→
−
b ) Góc lượng giác giǎa hai véc tơ →
−
a ,
→
−
b .
(a, b) Góc giǎa hai đường thȁng a, b.
S[XY Z] ho c S[XY Z] Di n tích đại so của ΔXY Z.
S(XY Z) ho c SXY Z Di n tích hình hoc của XY Z.
→
−
a ↑↑
→
−
b (→
−
a ↑↓
→
−
b ) Hai véc tơ →
−
a ,
→
−
b cùng hướng (ngược hướng).

iv
Danh mnc các hình vẽ
Hình 2.1:................................................................................................10
Hình 2.2:................................................................................................11
Hình 2.3:................................................................................................15
Hình 2.4:................................................................................................16
Hình 2.5:................................................................................................17
Hình 2.6:................................................................................................17
Hình 2.7:................................................................................................19
Hình 2.8:................................................................................................21
Hình 2.9:................................................................................................23
Hình 2.10:...............................................................................................24
Hình 2.11:...............................................................................................25
Hình 2.12:...............................................................................................27
Hình 2.13:...............................................................................................28
Hình 2.14:...............................................................................................29
Hình 2.15:...............................................................................................30
Hình 2.16:...............................................................................................32
Hình 2.17:...............................................................................................33
Hình 2.18:...............................................................................................34
Hình 2.19:...............................................................................................35
Hình 2.20:...............................................................................................36
Hình 2.21:...............................................................................................38
Hình 2.22:...............................................................................................41

1
M đau
1. Lý do chon đe tài
Trong các đe thi hoc sinh giỏi, ngoài các bài t p áp dụng tính chat của
tích vô hướng, thì đã có rat nhieu bài có lời giải liên quan đen tích ngoài
của hai véc tơ. Tuy nhiên trong chương trình, sách giáo khoa môn toán ở
THPT không trình bày n®i dung tích ngoài của hai véc tơ nên vi c v n
dụng tích ngoài của hai véc tơ vào giải toán là m®t van đe khó đoi với
nhieu hoc sinh. Với mong muon đưa ra m®t cách h thong kien thác ve
tích ngoài của hai véc tơ và vi c v n dụng các kien thác đó vào giải toán
trung hoc phő thông, tác giả đã lựa chon đe tài "Tích ngoài của hai véc
tơ và fíng dnng".
2. Mnc đích nghiên cfíu
Tìm hieu và trình bày m®t cách h thong các kien thác cơ bản ve tích
ngoài của hai véc tơ đong thời trình bày áng dụng tích ngoài hai véc tơ
vào giải toán.
3. Nhi m vn nghiên cfíu
Lu n văn có nhi m vụ:
a. Tìm hieu ve tích ngoài của hai véc tơ: Định nghĩa, tính chat, bieu thác
toa đ® tích ngoài hai véc tơ.
b. Sưu tam và trình bày vi c áng dụng tích ngoài của hai véc tơ vào giải
m®t so bài toán dành cho hoc sinh giỏi, đe thi chon hoc sinh giỏi trong
nước và quoc te.
c. Đưa ra lời giải chi tiet, đay đủ cho bài toán mà trong các tài li u tham
khảo chỉ có lời giải tóm tat ho c gợi ý.

2
4. N i dung lu n văn
Ngoài phan mở đau, ket lu n, tài li u tham khảo, lu n văn được trình
bày ngan gon trong hai chương
Lu n văn văn gom hai chương như sau:
Chương 1. Kien thác chuȁn bị
Chương 2. M®t so áng dụng tích ngoài véc tơ
M®t cách cụ the, lu n văn sě trình bày các ket quả chính trong các tài
li u tham khảo [1], [2], [3], [4], [5].

3
"
• Neu
(
/
• Neu
Chương 1
Kien thfíc chuan bị
Trong chương 1, lu n văn chon loc và trình bày m®t so kien thác liên
quan đen tích ngoài của hai véc tơ dựa chủ yeu vào tài li u tham khảo [2]
và [4].
1.1. Định nghĩa
Tích ngoài của hai véc tơ →
−
a ,
→
−
b kí hi u là →
−
a ∧
→
−
b là m®t so, được xác
định như sau:
→
−
a =
→
−
0
→
−
b =
→
−
0
→
−
a =
→
−
0
→
−
b
/=
→
−
0
thì →
−
a ∧
→
−
b = 0.
thì →
−
a ∧
→
−
b = |→
−
a |.|
→
−
b |. sin(→
−
a ,
→
−
b ).
Tà định nghĩa trên ta có ngay h quả hien nhiên:
→
−
a //
→
−
b ⇔ →
−
a ∧
→
−
b = 0.
1.2. Tính chat
Tích ngoài của hai véc tơ có ba tính chat cơ bản sau đây:
i) →
−
a ∧
→
−
b = −
→
−
b ∧ →
−
a (phản giao hoán);
ii) →
−
a ∧ (
→
−
b + →
−
c ) = →
−
a ∧
→
−
b + →
−
a ∧ →
−
c (phân phoi);

4
iii) (k→
−
a ) ∧ (l
→
−
b ) = (kl)(→
−
a ∧
→
−
b ).
1.3. Bieu thfíc toa đ của tích ngoài hai véc tơ
Đe có the cháng minh được các tính chat của tích ngoài, trước het ta
có định lí sau:
Định lí 1.1 Trên m¾t phȁng toa đ® cho hai véc tơ →
−
a (x1; y1),
→
−
b (x2; y2).
Khi đó
→
−
a ∧
→
−
b = x1y2 − x2y1.
1.4. Hư ng và di n tích đại so của tam giác
a) Hư ng của tam giác
Cho tam giác ABC, ta thay các hướng quay tà A đen B đen C, tà B
đen C đen A, tà C đen A đen B trùng nhau và goi là hướng của tam giác
ABC. Như the các tam giác ABC, BCA, CAB có cùng hướng.
Neu hướng của tam giác ABC trùng với hướng của m t phȁng thì ta
nói tam giác ABC có hướng dương.
Neu tam giác ABC có hướng ngược với hướng của m t phȁng thì ta nói
tam giác ABC có hướng âm.
b) Tam giác suy bien
Theo định nghĩa thông thường, ba đỉnh của m®t tam giác phải là ba
điem không thȁng hàng. Tuy nhiên, khi xét các bài toán ve di n tích, yêu
cau này đôi khi trở nên không can thiet mà còn gây trở ngại cho vi c làm
toán. Vì v y, ta đưa ra khái ni m Tam giác suy bien, tác là tam giác mà
ba đỉnh thȁng hàng. Đe cho thu n ti n, ta thay thu t ngǎ tam giác suy
bien bởi thu t ngǎ tam giác.
c) Di n tích đại so của tam giác
Di n tích đại so của tam giác ABC là m®t so đại so (có the dương, âm
ho c bang không), kí hi u S[ABC] (ho c S[ABC]) và được xác định như

5
∧
2
∧
2 2
sau
S[ABC] =
1−
A
→
B
−
A
→
C.
2
Tà định nghĩa trên, ta có ngay h quả là
S[ABC] = S[BCA] = S[CAB].
Ta chỉ can cháng minh đȁng thác thá nhat, còn đȁng thác thá hai được
rút ra m®t cách tương tự.
S[ABC] =
1−
A
→
B ∧
−
A
→
C =
1−
A
→
B ∧ (B
−
→
C −
−
B
→
A)
=
1
(
−
A
→
B ∧
−
B
−
→
C −
−
A
→
B ∧
−
B
→
A)
=
1−
B
−
→
C B
−
→
A = S[BCA].
2
d) Moi liên h gifia di n tích đại so và di n tích hình hoc của
tam giác
Khái ni m di n tích hình hoc chính là khái ni m di n tích mà ta van
hieu theo nghĩa thông thường. Lúc đó không xét hướng của tam giác và so
đo di n tích luôn là dương. Kí hi u di n tích hình hoc của tam giác ABC
(cũng như mở r®ng cho đa giác) là SABC ho c S(ABC), lúc đó
S(ABC) = S(BCA) = S(CAB).
Tuy nhiên khi can phân bi t khái ni m di n tích (thường dùng) và di n
tích đại so thì người ta thường thay tà di n tích bởi cụm tà di n tích hình
hoc.
Đoi với m®t tam giác có hướng thì di n tích đại so và di n tích hình hoc
của nó liên h bởi định lí sau đây
Định lí 1.2 (Trích [1])
1) Neu tam giác ABC có hướng dương thì S[ABC] = S(ABC).
2) Neu tam giác ABC có hướng âm thì S[ABC] = −S(ABC).
H quả 1.1 Trên m¾t phȁng toa đ® cho tam giác ABC. Biet rang
−
A
→
B =
(x1, y1),
−
A
→
C = (x2 , y2). Khi đó SABC
1
=
2
|x1y2 — x2y1|.

6
∧
2
2
∧
2 2
e) Tính chat
Di n tích đại so của tam giác có hai tính chat cơ bản sau:
i) Cho tam giác ABC, với moi điem M ta có
S[ABC] = S[MAB] + S[MBC] + S[MCA].
(h thác Chasles ve di n tích)
ii) Cho tam giác ABC, với moi điem M thu®c đường thȁng BC ta có
S[ABC] = S[MAB] + S[MBC] + S[MCA] =
1
B
−
→
C
−
M
−
→
A.
2
Chúng minh.
S[ABC] =
1−
A
→
B ∧ A
−
→
C =
1
M
− →
B − M
−
−
→
A ∧
−
M
→
C − M
−
−
→
A
=
1 −
M
→
B ∧ M
−
−
→
C −
−
M
−
→
A ∧
−
M
→
C −
→
B ∧
−
M
→
A +
−
M
→
A ∧
−
M
→
A
=
1 −
M
−
→
A ∧
−
→
B +
−
M
→
B ∧
−
M
−
→
C +
→
C ∧
−
M
→
A
= S[MAB] + S[MBC] + S[MCA]
Đȁng thác S[ABC] =
1−
B
−
→
C
−
M
−
→
A chính là sự mở r®ng ket quả cơ bản
2
đoi với di n tích hình hoc của tam giác.
1
S[ABC] = aha
2
=
1
BC.MA. sin(
−
M
→
B,
−
M
−
→
A).
2
1.5. Hư ng và di n tích đại so của đa giác loi
Có the mở r®ng khái ni m hướng và di n tích đại so tà tam giác đen đa
giác loi. Với sự mở r®ng này, khái ni m tích ngoài trở nên có hi u lực hơn
nhieu trong vi c giải các bài toán hình hoc.
a) Định nghĩa
Di n tích đại so của đa giác loi A1A2...An là m®t so, kí hi u S[A1A2...An]
và được định nghĩa như sau.
• Neu đa giác có hướng dương (trùng với hướng của m t phȁng) thì
S[A1A2...An] = S(A1A2...An).
Q

7
• Neu đa giác có hướng âm (ngược với hướng của m t phȁng) thì
S[A1A2...An] = −S(A1A2...An).
Tà định nghĩa trên, ta de dàng thay rang
S[A1A2...An] = S[A2A3...AnA1] = ...
= S[AnA1...An−2An−1].
Định lí sau đây rat quan trong. Nó cho phép ta khai trien di n tích đại
so của m®t đa giác loi thành tőng các di n tích đại so của các tam giác và
thường goi là h thác Chasles tőng quát ve di n tích.
Định lí 1.3 Cho đa giác loi A1A2...An. Với mői điem M ta có
S[A1A2...An] = S[MA1A2] + S[MA2A3] + ... + S[MAnA1]. (∗)
Chúng minh.
Định lí được cháng minh bang phương pháp quy nạp.
Theo h thác Chasles ta thay (*) đúng khi n = 3.
Giả sả (*) đã đúng với n = k (k ≥ 4). Xét đa giác loi A1A2...AkAk−1.
Theo giả thiet quy nạp và theo h thác Chasles ta có
S[A1A2...An] = S[MA1A2]+S[MA2A3]+...+S[MAk−1Ak]+S[MAkA1];
S[AkAk+1A1] = S[MAkAk+1] + S[MAk+1A1] + S[MA1Ak].
Chú ý rang S[MAkA1] = S[MA1Ak] = 0.
Ta thay (*) đúng khi n = k + 1. Định lí đã được cháng minh.
H thác (*) thường được goi là H thúc Chasles ve di n tích đại so.
1.6. Moi liên h gifia đ dài đại so và di n tích đại so
Trong mục này, m®t định lí quan trong được giới thi u và cháng minh,
nó cho thay moi liên h giǎa các khái ni m: đ® dài đại so, di n tích đại so;
nó chính là sự mở r®ng moi liên h quen biet giǎa các khái ni m: đ® dài
hình hoc, di n tích hình hoc; Định lí và h quả sě được sả dụng nhieu lan
trong các bài toán trình bày sau đây.

8
∧
Định lí 1.4 Cho tam giác ABC. Các điem B’, C’ nam trên đường thȁng
BC. Ta có
Chúng minh.
BC
=
B′C′
S[ABC]
.
S[AB′C′]
Goi →
−
e là véc tơ chỉ phương của đường thȁng BC. Lay điem M bat kì
trên BC. Ta có
1−
B
−
→
C ∧
−
M
−
→
A
−
→ →
− −→
S[ABC] =
S[AB′C′]
2 =
1−
B
−
′
C
→
′ −
M
−
→
A
2
BC( e ∧ MA)
B
−
−
′
C
→
′
(→
−
e ∧
−
M
−
→
A)
BC
= .
B′C′
H quả 1.2 Cho tam giác ABC và điem O. Giả sủ các đường thȁng AO
và BC cat nhau tại điem M (khác B, C). Ta có
Chúng minh.
MB S[OBA]
= .
MC S[OCA]
Goi →
−
e là véc tơ chỉ phương của đường thȁng BC, ta có.
S[OBA]
S[OCA]
S[BAO]
=
S[CAO]
=
−
A
→
O ∧
−
M
−
→
B
−
A
→
O ∧
−
M
−
→
C
MB
=
MB(
−
A
→
O ∧ →
−
e )
MC(
−
A
→
O ∧ →
−
e )
= . Q
MC
H quả 1.3 Cho tam giác ABC và điem M nam trên đường thȁng BC. Ta
có
MB S[MBA]
= .
MC S[MCA]

9
Chương 2
M t so fíng dnng tích ngoài véc tơ
Các ví dụ, bài t p được trình bày trong chương 2 được lu n văn trích
dan tà m®t so bài báo của tác giả Nguyen Minh Hà, Nguyen Thúc Hào
đăng trên tạp chí Toán hoc tuői trẻ [1], [4] và tài li u tham khảo so [3],
M®t so n®i dung và bài t p đe nghị được lay tà tài li u tham khảo khác.
Tích ngoài của hai véc tơ là m®t công cụ mạnh đe giải quyet nhieu bài
toán hình hoc. Đe minh hoa cho nh n định trên, trong mục này, tôi sě sả
dụng tích ngoài của hai véc tơ đe mở r®ng, cháng minh và chính xác hóa
m®t vài ket quả cő đien.
2.1. M r ng định lí Gergaune
Định lí Gergaune được nhà toán hoc người Pháp Gergaune công bo vào
năm 1818.
Định lí 2.1 (Gergaune)[3] Cho tam giác ABC và điem M nam trong tam
giác. AM, BM, CM theo thú tự cat BC, CA, AB tại A’, B’, C’. Khi đó:
MA′
AA′
MB′
+
BB′
MC′
+
CC′
= 1.
Định lí Gergaune có sự mở r®ng rat tự nhiên nhờ khái ni m đ® dài đại so.
Tuy nhiên, neu không có công cụ tích ngoài của hai véc tơ thì vi c cháng
minh Định lí Gergaune mở r®ng không he đơn giản.

10
) )
Định lí 2.2 (Gergaune mớ r®ng). Cho tam giác ABC và điem M không
thu®c các đường thȁng BC, CA, AB, AM, BM, CM theo thú tự cat BC,
CA, AB tại A’, B’, C’. Khi đó:
MA′
+
MB′
+
MC′
= 1.
Chúng minh.
AA′ BB′ CC′
Theo H quả 1.2 và theo H thác Chasles
MA′
+
MB′
+
MC′ S[MBC] S[MCA] S[MAB]
= + +
S[ABC]
= = 1.
AA′ BB′ CC′ S[ABC] S[BCA] S[CAB] S[ABC]
C′
A′
B C
Hình 2.1
2.2. Ứng dnng của tích ngoài véc tơ vào giải toán
Định lí Ceva dạng lượng giác xuat hi n nhieu trong các tài li u toán sơ
cap như m®t công cụ quan trong đe giải quyet bài toán ba đường thȁng
đong quy. Dưới đây, tác giả sě giới thi u m®t phương pháp cháng minh
cho định lí này dựa vào khái ni m tích ngoài của hai véc tơ.
Định lí 2.3 (3) Cho tam giác ABC và ba điem M, N, P thóa mãn đieu
ki n: M ∈
/ (AB) ∪ (AC), N ∈
/ (BC) ∪ (BA), P ∈
/ (CA) ∪ (CB). Chúng
minh rang: AM, BN, CP đong quy ho¾c đôi m®t song song khi và chí khi
sin(
−
A
−
M
→
,
−
A
→
B)
sin(
−
A
−
M
→
,
−
A
→
C
.
sin(
−
B
→
N, B
−
→
C)
−
B
→
N,
−
B
→
A
.
sin(
−
C
→
P,
−
C
→
A)
−
C
→
P, C
−
→
B)
= −1.
A
M
B′
sin( sin(

11
N
A
P
M
2 2 2
sin AO, AM sin BN, BA sin CP, CB
Giải. Chúng minh đieu ki n can
Trường hợp 1: AM, BN, CP đong quy (tại O).
Ta có
S[AOB]
S[AOC]
S[BOC]
+
S[BOA]
S[COA]
+
S[COB]
= 1.
Tà đó, với chú ý O thu®c AM, BN, CP, theo Định lí 1.4 ta có
S[AMB]
S[AMC]
S[BNC]
+
S[BNA]
S[CPA]
+
S[CPB]
= 1.
1
AM.AB. sin
−
A
−
M
→
,
−
A
→
B .1
BN.BC. sin
→
N,
−
B
−
→
C .1
CP.CA. sin
−
C
→
P,
−
C
→
A
⇒
1
AM.AC. sin
−
A
−
M
→
,
−
A
→
C .1
BN.BA. sin
−
B
−
→
N,
−
B
→
A .1
CP.CB. sin C
−
→
P, C
−
−
→
B
2
sin
−
M
→
,
−
A
→
B
2
sin
−
B
−
→
N, B
−
→
C
2
sin
−
C
→
P,
−
C
→
A
⇒ −→ − → . − → −→ . −→ −
→ = −1.
Trường hợp 2: AM, BN, CP đôi m®t song song.
N′ P′
B M′ C
Hình 2.2
Khi đó, với chú ý rang M ∈
/ (AB) ∪ (AC), n ∈
/ (BC) ∪ (BA), P ∈
/ (CA) ∪
(CB), ta có AM, BN, CP theo thá tự cat BC, CA, AB. Đ t M′ = AM ∩
BC, N′ = BN ∩ CA, P′ = CP ∩ AB.
Ta có

12
AO, AM BN, BA CP, CB
AO, AC BN, BA CP, CB
AO, AM sin BN, BA sin CP, CB
AO, AC sin AM, AC
M ′B
.
N ′C
.
P ′A
=
M′B
.
BC
.
CM ′
= −1.
M′C N′A P ′B M′C BM′ CB
S [AM′B] S [BN′C] S [CP ′A]
⇒
S [AM′C]
.
S [BN′A]
.
S [CP ′B]
= −1.
Tà đó, với chú ý rang M ∈ AM′; B ∈ BN′; P ∈ CP ′, ta có
S [AMB] S [BNC] S [CPA]
⇒
S [AMC]
.
S [BNA]
.
S [CPB]
= −1.
Tiep tục khai trien tương tự như trường hợp 1, ta có
sin
−
M
→
,
−
A
→
B sin
−
B
−
→
N, B
−
→
C sin
−
C
→
P,
−
C
→
A
−→ − → . −→ −→ . −→ −
→ = −1.
Tóm lại, đieu ki n can đã được cháng minh.
Chúng minh đieu ki n đủ
Trường hợp 1: AM, BN, CP đôi m®t song song. Khi đó, ta có ngay đieu
can cháng minh.
Trường hợp 2: AM, BN, CP không đôi m®t song song. Khi đó, ton tại hai
trong ba đường thȁng AM, BN, CP cat nhau. Không mat tính tőng quát,
giả sả BN và CP cat nhau, goi giao điem của chúng là O. Khi đó, ta có
AO, BN, CP đong quy. Nhờ ket quả đạt được trong phép cháng minh đieu
ki n can, ta có
sin
→
O,
−
A
→
B sin
−
B
−
→
N, B
−
→
C sin
−
C
→
P,
−
C
→
A
−→ −→ . −→ −→ . −→ −
→ = −1
Theo giả thiet, ta có
sin
−
M
→
,
−
A
→
B sin
−
B
−
→
N, B
−
→
C sin
−
C
→
P,
−
C
→
A
−→ − → . − → −→ . −→ −
→ = −1.
sin
−
A
→
O,
−
A
→
B sin
−
A
−
M
→
,
−
A
→
B
Suy ra,
−→ −→ = −→ −→
sin sin sin
sin sin sin
sin
sin

13
⇒
− −
⇒
−
A
−
M
→
,
−
A
→
O = 0.
OC, OB OD, OB
⇒ sin
cos
−
A
→
O, A
−
→
B
−
A
−
M
→
,
−
A
→
O
−
A
→
O,
−
A
→
C
— cos
−
A
→
O, A
−
→
B + A
−
−
M
→
,
−
A
→
O +
−
A
→
O,
−
A
→
C
= cos
−
A
→
O,
→
C − A
−
−
M
→
, A
−
→
O
−
A
→
O,
−
A
→
B
— cos
−
A
→
O,
−
A
→
C − A
−
−
M
→
,
−
A
→
O −
−
A
→
O,
−
A
→
B
⇒ cos
−
A
→
C, A
−
→
B − A
−
−
M
→
,
−
A
→
O = cos
−
A
→
B, A
−
→
C − A
−
−
M
→
, A
−
→
O
sin
−
A
→
C, A
−
→
B sin
−
A
−
M
→
,
−
A
→
O = sin A
−
→
B,
−
A
→
C sin
−
A
−
M
→
, A
−
→
O .
⇒ sin A
−
−
M
→
, A
−
→
O = − sin
−
A
−
M
→
,
−
A
→
O .
⇒
−
A
−
M
→
,
−
A
→
O = k1800
.
⇒
−
A
−
M
→
↑↑
−
A
→
O ho c
−
A
−
M
→
↑↓
−
A
→
O
⇒ Đường thȁng AM trùng với đường thȁng AO.
⇒ O ∈ AM.
V y AM, BN, CP đong quy (tại O).
Tóm lại, đieu ki n đủ đã được cháng minh.
2.3. Van đe tỉ so kép của chùm đư ng thang
Khái ni m tỉ so kép của chùm đường thȁng thường được định nghĩa
thông qua khái ni m tỉ so kép của hàng điem. Tuy nhiên, bang nhieu cách
khác nhau, ta van có the định nghĩa khái ni m tỉ so kép của m®t chùm
đường thȁng mà không thông qua khái ni m tỉ so kép của hàng điem.
Định lí sau đây cho ta m®t cách định nghĩa như v y.
Định lí 2.4 [3] Với bon đường thȁng đong quy (tại O) OA, OB, OC, OD:
sin
−
O
→
C,
−
O
→
A sin
−
O
→
D,
−
O
→
A
O(ABCD) =
−→ −
→ : −→ −
→ . (2.1)
đây, kí hi u O(ABCD) là tí so kép của chùm đường thȁng OA, OB,
OC, OD.
sin sin

14
Chúng minh. Vě đường thȁng Δ không đi qua O, theo thá tự cat các đường
thȁng OA, OB, OC, OD tại X, Y, Z, T.
Theo Định lí 1.4:
ZX TX S[OZX] S[OTX]
O(ABCD) = : = :
ZY TY S[OZY ] S[OTY ]
1
OZ.OX sin(
−
O
→
Z,
−
O
−
→
X)
= 2
1
OZ.OY sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
−
→
Y )
2
sin(
−
O
→
Z,
−
O
−
→
X)
1
OT.OX sin(
−
O
→
T,
−
O
−
→
X)
: 2
1
OT.OY sin(
−
O
→
T, O
−
→
Y )
2
sin(
−
O
→
T,
−
O
−
→
X)
Neu
−
O
−
→
X ↑↑
−
O
→
A thì
=
sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
−
→
Y )
:
sin(
−
O
→
T,
−
O
−
→
Y )
.
sin(
−
O
→
Z,
−
O
−
→
X) sin(O
−
→
T,
−
O
→
X) sin(
−
O
→
Z,
−
O
→
A) sin(
−
O
→
T,
−
O
→
A)
sin(
−
O
−
→
Z,O
−
→
Y )
:
Neu
−
O
−
→
X ↑↓
−
O
→
A thì
sin(
−
O
→
T,
−
O
−
→
Y )
=
sin(
−
→
Z,
−
O
−
→
Y )
:
sin(
−
O
→
T, O
−
→
Y )
.
sin(
−
O
→
Z,
−
O
−
→
X)
sin(
−
O
−
→
Z,O
−
→
Y )
:
sin(
−
O
→
T,
−
O
−
→
X)
sin(
−
O
→
T,
−
O
−
→
Y )
sin((
−
O
−
→
Z,
−
O
→
A) + 1800
)
=
sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
−
→
Y )
:
sin((
−
O
→
T,
−
O
→
A) + 1800
)
sin(
−
O
−
→
T,
−
O
−
→
Y )
=
− sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
→
A)
:
− sin(
−
O
−
→
T,
−
O
→
A) sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
→
A)
= sin(
−
O
→
T,
−
O
→
A)
: .
sin(
−
O
−
→
Z,O
−
→
Y ) sin(
→
T,O
−
→
Y ) sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
−
→
Y ) sin(
−
O
→
T,
−
O
−
→
Y )
V y trong cả hai trường hợp, ta đeu có
sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
→
X)
sin(
−
O
→
Z,
−
O
−
→
Y )
:
Tiep tục như trên:
sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
→
X)
sin(O
−→
T,
−
O
→
X)
sin(
−
O
−
→
T,O
−
→
Y )
=
sin(
−
O
→
T,
−
O
→
X)
sin(
−
O
→
Z,
−
O
→
A)
sin(
−
O
→
Z,O
−
→
Y )
:
sin(
−
O
→
Z,
−
O
→
A)
sin(
−
O
−
→
T,
−
O
→
A)
sin(
−
O
−
→
T,
−
O
−
→
Y )
.
sin(
−
O
−
→
T,
−
O
→
A)
sin(
−
O
→
Z,O
−
→
Y )
:
sin(
→
T,O
−
→
Y )
=
sin(
→
Z,O
−
→
Y )
:
sin(
−
O
→
T,O
−
→
Y )
sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
→
A) sin(
−
O
→
T,
−
O
→
A) sin(
→
C,
−
O
→
A) sin(
−
O
→
T,
−
O
→
A)
=
sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
−
→
B)
:
sin(−
O
−
→
T,
−
O
−
→
B)
= sin(
−
O
→
C,O
−
→
B)
:
sin(
−
O
→
T,O
−
→
B)
sin(
−
O
−
→
C,
−
O
→
A)
=
sin(
−
O
−
→
C,O
−
→
B)
:
sin(
−
OD
→
,
−
O
→
A)
sin(
−
OD
→
,
−
O
−
→
B)
.

15
OC, OB OD, OB
2 2 2 2
4 2
Tóm lại
sin
−
O
→
C,
−
O
→
A sin
−
O
→
D,
−
O
→
A
O(ABCD) = −
→ −
→ : −→ −
→ .
2.4. M t so bài toán
Bài toán 2.1 [1] Cho tú giác loi ABCD. Cho I, J là trung điem của AC,
1
BD, E = AD ∩ BC. Chúng minh rang S(EIJ) = S(ABCD).
4
D E
A
B
Hình 2.3
Giải. Ta có
S [EIJ] =
1−
E
→
I ∧
→
J =
1 1
E
−
→
A + E
−
→
C ∧
1
E
−
→
B +
−
E
−
→
D
=
1
.
1
E
−
→
A ∧ E
−
→
B + E
−
→
C ∧ E
−
→
B +
−
E
→
A ∧
−
E
−
→
D + E
−
→
C ∧
−
E
→
D
=
1
.
1
E
−
→
A ∧ E
−
→
B + E
−
→
B ∧ E
−
→
C + E
−
→
C ∧
−
E
−
→
D + E
−
−
→
D ∧ E
−
→
A
4 2
1
= (S[EAB] + S[EBC] + S[EDC] + S[EDA]) .
4
I
J C
sin sin

16
1
∧
4
2 2 2
4 2
(vì
−
E
−
→
B ∧
−
E
−
→
C =
−
E
−
→
D ∧ E
−
→
A = 0).
Tà đó suy ra
S(EIJ) =
4
S(ABCD). Q
Bài toán 2.2 [2] Cho tam giác ABC. Các điem A′, B′, C′ theo thú tự thu®c
các đường thȁng BC, CA, AB và A”, B”, C” theo thú tự là trung điem của
các đoạn thȁng AA′, BB′, CC′. Chúng minh rang
S(A”B”C”) =
1
S(A′B′C′).
4
A
B A′ C
Hình 2.4
Giải. Ta có
S[A”B”C”] =
1−
A
→
B
−
A
→
C
2
=
1 1
A
−
→
B +
−
A
−
′
B
→
′
∧
1 −
A
→
C +
−
A
−
′
C
→
′
=
1
.
1
A
−
→
B ∧ A
−
→
C + A
−′
B
→
′
∧ A
−
→
C +
−
A
→
B ∧ A
−′
C
→
′
+ A
−′
B
→
′
∧ A
−
−
′
C
→
′
=
1
(S[ABC] − S[A′CA] − S[A′AB] + S[A′B′C′])
=
1
S[A′B′C′].
4
Tà đó, suy ra
S(A”B”C”) =
1
S(A′B′C′).
4
C′
A′′
C′′ B′
B′′
Q

17
2
2
1
2
1
2
1
2 MA1 MB1 MC1
2 2
Bài toán 2.3 [1] Cho tam giác ABC, M là điem bat kì, m®t đường thȁng
Δ qua M cat các đường thȁng BC, CA, AB tại A1, B1, C1. Chúng minh
rang
S[MBC] S[MCA] S[MAB]
+ + = 0.
MA1 MB1 MC1
A
Hình 2.5
Giải. Goi →
−
e là vec tơ chỉ phương của trục Δ. Ta có
S[MBC] S[MCA] S[MAB]
+ +
MA1 MB1 MC1
1−
M
−
A
→
∧ B
−
→
C
1−
M
−
B
→
∧
−
C
→
A
1
M
−
C
→
∧
−
A
→
B
= MA1 + MB1 + MC1
=
1
−
M
−
A
→
1
∧ B
−
→
C +
−
M
−
B
→
1
∧ C
−
→
A +
M
−
C
→
1
∧
−
A
→
B
!
=
1 →
−
e ∧
−
B
−
→
C + →
−
e ∧ C
−
→
A + →
−
e ∧
−
A
→
B
=
1→
−
e ∧
−
B
−
→
C + C
−
→
A + A
−
→
B =
1→
−
e ∧
→
−
0 = 0. Q
Bài toán 2.4 [2] Cho lực giác loi ABCDEF. Các điem M, N, P, Q, R, S
theo thú tự là trung điem của các cạnh AB, DE, CD, FA, EF, BC. Chúng
minh rang: MN, PQ, RS đong quy khi và chí khi S(AEC) = S(BFD).
C1
M B1
∆
B C A1

18
S
B
P
M
N
Q
R
E
∧
∧ ∧
−
O
−
→
E +
−
O
→
F ∧ O
−
→
B +
−
O
→
C
+
C
D
A
F
Hình 2.6
Giải. Lay điem O bat kì, ta thay
4
−
OM
→ −
O
→
N + O
−
→
P
−
O
→
Q +
−
O
→
R OS
= O
−
→
A + O
−
→
B ∧ O
−→
D + O
−
−
→
E + O
−
→
C +
−
O
−
→
D ∧
−
O
→
F +
−
O
→
A
=
−
O
→
A ∧ O
−
−
→
D +
−
O
→
A ∧ O
−
−
→
E + O
−
−
→
B ∧
−
O
→
D + O
−
→
B ∧ O
−
→
E +
−
O
→
C ∧
−
O
→
F + O
−
→
C ∧ O
−
→
A
+
−
O
−
→
D ∧ O
−
→
F +
−
O
−
→
D ∧ O
−
→
A + O
−
−
→
E ∧ O
−
→
B + O
−
→
E ∧ O
−
→
C +
−
O
→
F ∧ O
−
→
B + O
−
→
F ∧ O
−
→
C
=
→
A ∧
−
O
−
→
E + O
−
→
E ∧
−
O
→
C +
−
O
→
C ∧ O
−
→
A − O
−
−
→
B ∧ O
−
→
F +
−
O
→
F ∧ O
−→
D +
−
O
−
→
D ∧
−
O
−
→
B
= 2 (S[OAE] − S[OEC] − S[OCA]) − 2 (S[OBF ] − S[OFD] − S[ODB])
= 2(S[AEC] − S[BFD]).
Suy ra
2
−
OM
→
∧ O
−→
N +
−
O
→
P ∧
−
O
→
Q +
−
O
→
R ∧ OS = (S[AEC] − S[BFD]) (∗)
Đ t O = MN ∩ PQ. Tà (*) ta thay
O
−
M
→
∧
−
O
−
→
N =
−
O
→
P ∧ O
−
→
Q = 0

19
∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧
(→
c ∧ d
→)
→
−
b + (
→
−
d ∧
→
−
b )→
−
c + (
→
−
b ∧ →
−
c )
→
−
d
= →
−
a ∧
V y MN, PQ, RS đong quy ⇔ O thu®c RS ⇔
−
O
→
R ∧ O
−
→
S = 0
⇔
−
O
−
M
→
∧ O
−→
N =
−
O
→
P ∧
−
O
→
Q +
−
O
→
R ∧ OS = 0
⇔ S[AEC] − S[BFD] = 0
⇔ S(AEC) − S(BFD) = 0 (do các tam giác AEC và BED cùng hướng)
⇔ S(AEC) = S(BFD). Q
Bài toán 2.5 [2] Cho bon vec tơ →
−
a ,
→
−
b , →
−
c ,
→
−
d . Chúng minh rang
→
−
a ∧
→
−
b →
−
c ∧
→
−
d + (→
−
a ∧ →
−
c )
→
−
d ∧
→
−
b + →
−
a ∧
→
−
d
→
−
b ∧ →
−
c = 0.
Giải. Ta có
→
a →
b →
c d
→ + (→
a →
c) d
→ →
b + →
a d
→ →
b →
c = 0.
= →
−
a ∧ (→
c ∧ d
→)
→
−
b + →
−
a ∧ (
→
−
d ∧
→
−
b )→
−
c + →
−
a ∧ (
→
−
b ∧ →
−
c )
→
−
d
= →
−
a ∧
→
−
0
= 0. Q
Bài toán 2.6 [1] Cho tú giác A1A2A3A4, Các điem H1, H2, H3, H4 theo
thú tự là trực tâm của các tam giác A2A3A4, A3A4A1, A4A1A2, A1A2A3.
Chúng minh rang
S[A1A2A3A4] = S[H1H2H3H4].
Giải. Lay điem O bat kì. Vì H1, H2 là trực tâm của các tam giác A2A3A4, A3A4A1
nên
(
A1H2⊥A3A4
⇒
−
A
−
H
→
ǁ
−
A
−
H
→
A2H1⊥A3A4 1 2 2 1
⇒
−
A1
−
H
→
2 ∧
−
A
−
2
−
H
→
1 = 0 ⇒
−
O
−
H
→
2 −
−
OA
→
1 ∧ O
−
H
→
3 − O
−
A
→
2 = 0
⇒
−
O
−
A
→
1 ∧
−
OA
→
2 −
−
H
→
1 ∧
−
O
−
H
→
2 = −
A
→
1 ∧
−
O
−
H
→
1 −
−
OA
→
2 ∧
−
OA
→
2(1)
⇒ S[OA1A2] − S[OH1H2] =
−
OA
→
1 ∧
Tương tự ta có
−
H
→
1 −
−
OA
→
2 ∧
−
OH
→
2. (2.2)
⇒ S[OA2A3] − S[OH2H3] = O
−
A
→
2 ∧
−
OH
→
2 − O
−
A
→
3 ∧ O
−
H
→
3 (2.3)

20
A1
A4
H4 H1
H2
H3
A2
A3
Hình 2.7
⇒ S[OA3A1] − S[OH3H1] = O
−
A
→
3 ∧
−
OH
→
3 − O
−
A
→
1 ∧
−
OH
→
1 (2.4)
C®ng tàng ve của các đȁng thác (2.2),(2.3),(2.4), ta có
S[A1A2A3]−S[H1H2H3] = 0
⇒ S[A1A2A3] =S[H1H2H3]. (2.5)
Tương tự như v y
S[A2A3A4] = S[H2H3H4] (2.6)
S[A3A4A1] = S[H3H4H1] (2.7)
S[A4A1A2] = S[H4H1H2]. (2.8)
Tà (2.5) và (2.7) với chú ý rang A2, A4 nam ve hai phía của A1A3.
Suy ra H2, H4 nam ve hai phía củaH1H3. (2.9)
Tà (2.6) và (2.8) với chú ý rang A1, A3 nam ve hai phía của A2A4.
Suy ra H1, H3 nam ve hai phía của H2H4. (2.10)
Tà (2.9) và (2.10) suy ra H1H2H3H4 là tá giác loi và đương nhiên, ta có
S[A1A2A3A4] = S[H1H2H3H4].

21
B1
A
I
K
M
Bài toán 2.7 [2] Cho tam giác ABC n®i tiep đường tròn (O;R). M là điem
bat kì, H, I, K là hình chieu của M trên các đường thȁng BC, CA, AB.
Chúng minh rang
1
S[HIK] =
4
OM2
1 −
R2
S[ABC].
C1
B
C
A1
Hình 2.8
Giải. Không mat tính tőng quát, giả sả tam giác ABC có hướng dương.
Goi A1, B1, C1 lan lượt là điem đoi xáng của M qua BC, CA, AB. Ta có
S[AB1C1] + S[BC1A1] + S[CA1B1]
= S[MB1C1] + S[MC1A] + S[MAB1] + S[MC1A1] + S[MA1B] + S[MBC1]
+S[MA1B1] + S[MB1C] + S[MCA1]
= (S[MB1C1] + S[MC1A1] + S[MA1B1]) + (S[MA1B] + S[MCA1])
+(S[MB1C] + S[MAB1]) + (S[MC1A] + S[MBC1])
= S[A1B1C1]−2S[MBC]−2S[MCA]−2S[MAB] = S[A1B1C1]−2S[ABC].
V y S[A1B1C1] = 2S[ABC] + S[AB1C1] + S[BC1A1] + S[CA1B1].

22
1 1
1 1 1 1 2
−
4
2 2
Chú ý rang AB1 = AM = AC1
−
A
−
B
→
, A
−
−
C
→
+ k .3600
= A
−
−
B
→
, AM +
−
A
−
M
→
,
−
A
−
C
→
+ k .3600
= 2
−
A
→
C, AM + 2 A
−
−
M
→
,
−
A
→
B + k3.3600
= 2
−
A
→
C,
−
A
→
B + k4.3600
.
Suy ra S[AB C ] = .AB .AC . sin AB , AC = − AM2
. sin 2A.
1 −
−
→ −
−
→ 1
1 1
Tương tự ta có S[BC A ] = − BM2
. sin 2B; S[CA B ] = − CM2
. sin 2C.
V y
1 1
2 1 1
2
S[A1B1C1] = 2S[ABC]
1
(AM2
. sin 2A + BM2
. sin 2B + CM2
. sin 2C)
2
(2.11)
Tà đȁng thác S[OBC]
−
O
→
A + S[OCA]O
−
→
B + S[OAB]
−
O
→
C =
→
−
0 suy ra
1
OB.OC. sin(
−
O
−
→
B, O
−
→
C)
−
O
→
A +
1
OC.OA. sin(
−
O
→
C,
−
O
→
A)O
−
→
B
2 2
+
1
OA.OB. sin(
−
O
→
A, O
−
−
→
B)
−
O
→
C =
→
−
0
2
⇒ sin 2A.
−
O
→
A + sin 2B.
−
O
−
→
B + sin 2C.
−
O
→
C =
→
−
0 (2.12)
Tà (2.12) ta có
AM2
. sin 2A + BM2
. sin 2B + CM2
. sin 2C
= (R2
+ OM2
)(sin 2A + sin 2B + sin 2C)
= 4(R2
+ OM2
) sin A sin B sin C
= 2 1 +
OM2
R2
2R2
sin A sin B sin C
= 2
Tà (2.11) và (2.13) suy ra
OM2
1 +
R2
S[ABC] (2.13)
Tà đó chú ý rang
S[A1B1C1] =
OM2
1 −
R2
S[ABC].
S[A1B1C1] = 4S[HIK],
Ta có
S[HIK] = −
1
1 −
OM2
R2 S[ABC]. (∗)
1 1 1 1 1 1

23
1
AH.AC. sin AH, AC)1
AB.AF. sin(AB, AF )1
BC.BE. sin(BC, BE)
Nh n xét. H thác (*) được tìm bởi Ơ-le. Tà (*) ta thay H, I, K thȁng
OM2
hàng ⇔ S[HIK] = 0 ⇔ 1 −
R2
= 0 ⇔ M ∈ (O; R).
Ta nh n được ket quả quen thu®c ve đường thȁng Sim-Sơn.
Bài toán 2.8 [2] Cho tam giác ABC, đường cao AH. Ve phía ngoài tam
giác ta dựng các tam giác đong dạng ABE, ACF sao cho A
^
BE = A
^
CF =
900
. Chúng minh rang AH, BF, CE đong quy.
Giải.
A
E
F
B
H C
Hình 2.9
Không mat tính tőng quát, giả sả tam giác ABC có hướng dương.
Đ t K = BF ∩ AC, L = CE ∩ AB. De thay AH, BF, CE không the đôi
m®t song song.
HB KC LA
Do đó AH, BF, CE đong quy khi và chỉ khi ................. = −1
S [HAB] S [FCB] S [EAC] HC KA LB
⇒
S [HAC]
.
S [FAB]
.
S [EBC]
= −1
S [AHB] S [CBF ] S [ACE]
⇔
S [AHC]
.
S [ABF ]
.
S [BCE]
= −1
1
AH.AB. sin(
−
A
−
→
H,
−
A
→
B).1
CB.CF. sin(
−
C
−
→
B,
−
C
→
F)1
AC.AE. sin(
−
A
→
C,
−
A
→
E)
2 2
−→ −→
2
−→ −→ −
→ −
→ = −1
2 2 2
L
K

24
−
5
⇒
AF ) )
A
−
−
→
H, A
−
−
→
B =
−
A
−
→
H, C
−
→
B + C
−
−
→
B, A
−
−
→
B + k1.3600
= −900
+
−
C
−
→
B,
−
A
−
→
B + k2.3600
sin A
−
−
→
H,
−
A
→
B = − cos
−
C
−
→
B,
−
A
→
B
sin
−
A
−
→
H, A
−
→
C = − cos
−
C
−
→
B,
−
A
→
C
Tà (2.15) ,(2.16) suy ra (2.14) đúng. Q
CF AE
⇔ .
sin(
−
A
−
→
H,
−
A
→
B)
.
sin(
−
A
−
→
H, A
−
→
C
.
sin(C
−
→
B,
−
C
→
F)
−
A
→
B,
−
A
→
F
.
sin(
−
A
→
C,
−
A
→
E)
B
−
→
C,
−
B
−
→
E)
= −1 (2.14)
Vì ΔABE đong dạng với ΔACF nên
M t khác
CF AE
.
AF BE
= 1. (2.15)
−
A
−
→
H,
−
A
→
C = A
−
−
→
H,
−
C
−
→
B +
−
C
−
→
B, A
−
→
C + k3.3600
= 900
+ C
−
−
→
B, A
−
→
C + k4.3600
−
C
−
→
B, C
−
−
→
F =
−
C
−
→
B, A
−
→
C + A
−
→
C,
−
C
−
→
F + k .3600
= 900
+
−
C
−
→
B, A
−
→
C
A
−
−
→
B,
−
A
→
F = A
−
−
→
B,
−
A
→
C +
−
A
→
C,
−
A
→
F + k6.3600
= A
−
−
→
B, A
−
→
C +
−
A
→
E,
−
A
−
→
B + k7.3600
=
−
A
→
E,
−
A
→
C + k8.3600
B
−
→
C, B
−→
E =
−
B
−
→
C, B
−
→
A + B
−
→
A, B
−→
E + k9.3600
= 900
+ B
−
→
C, B
−
−
→
A + k10.3600
= 900
+
−
C
−
→
B,
−
A
−
→
B + k11.3600
sin
−
C
−
→
B,
−
C
→
F = cos
−
C
−
→
B,
−
A
→
C
sin A
−
→
B, A
−
→
F = −sin A
−
→
C,
−
A
→
E
(2.16)
sin
−
B
−
→
C, B
−
→
E = cos C
−
→
B,
−
A
→
B
Bài toán 2.9 [2] Cho tú giác ABCD có AD=BC. Ve phía ngoài nó ta
dựng các tam giác bang nhau ADE, BCF. Chúng minh rang trung điem
của các đoạn thȁng AB, CD, EF thȁng hàng.
BE sin( sin(

25
4
4
(
1
2 2
M B
E
F
N
C
D
Hình 2.10
Giải. Goi M, N, P theo thá tự là trung điem của AB, CD, EF. Ta có
M
−
−
→
N ∧
−
M
→
P =
1
A
−
−
→
D + B
−
−
→
C ∧
1 −
A
→
E +
−
B
−
→
F
=
1
A
−
−
→
D ∧ A
−
→
E + A
−
−
→
D ∧ B
−
→
C + B
−
→
C ∧
−
A
→
E + B
−
−
→
C ∧ B
−
→
F
=
1
S [ADE] + S [BCF] + AD.BF. sin
−
A
−
→
D, B
−
→
F + BC.AE. sin B
−
→
C, A
−
→
E
M t khác, vì ΔADE, ΔBCF bang nhau và ngược hướng nên ta có
S [ADE] + S [BCF ] = 0
AD.BF = BC.AE
(2.17)
(2.18)
và
−
A
−
→
D, B
−
→
F +
−
B
−
→
C,
−
A
→
E
=
−
A
−
→
D, B
−
→
C + B
−
−
→
C,
−
B
−
→
F + B
−
−
→
C,
−
A
→
E + k .3600
=
−
A
−
→
D, A
−
→
E +
−
B
−
→
C, B
−
−
→
F + k2.3600
= k3.3600
. (2.19)
Tà (2.17), (2.18) và (2.19) suy ra:
→
N ∧ M
−
−
→
P = 0 ⇒
−
M
→
N//
−
M
→
P
Do đó, M, N, P thȁng hàng. Q
A
P

26
t t ∧ t t t 0 0 0 0 t ∧ t 0 0 0 0 t
Bài toán 2.10 [1] Trên ba đường thȁng a, b, c theo thú tự cho các điem
A, B, C chuyen đ®ng đeu theo m®t hướng xác đ nh, với cùng m®t v¾n toc
và cùng m®t thời điem ban đau. Biet rang, tại thời điem ban đau A, B, C
không thȁng hàng. Chúng minh rang, không ton tại quá hai thời điem mà
tại đó A, B, C thȁng hàng.
Giải.
lA
At
A0 a
lB
0 Bt
b
w
C0 Ct
c
Hình 2.11
Giả sả hướng chuyen đ®ng của các điem A, B, C là hướng của các véc tơ
đơn vị e
−
→
A, −
e
→
B, −
e
→
C, v n toc của A, B, C là v. Tại thời điem ban đau, các
điem A, B, C tương áng ở các vị trí A0, B0, C0. Sau m®t khoảng thời gian
t ke tà thời điem ban đau, ta kí hi u A, B, C là At, Bt, Ct.
Với các kí hi u trên, ta có
−
A
−
0
−
A
→
t = vt−
e
→
A
−
B
−
0
−
B
→
t = vt−
e
→
B . (2.20)
−
C
−
0
→
Ct = vt−
e
→
C
Vì A0, B0, C0 không thȁng hàng nên ta có:
Tà (2.20) suy ra:
0
−
B
→
0 ∧
−
A0
−
C
→
0 =
/ 0. (2.21)
A
−
B
→ −
A
−
→
C = A
−−
A
→
+
−
A
−
−
B
→
+ B
−
−
−
B
→
A
−−
A
→
+ A
− −
C
→
+ C
− →
C
= vt (e
−
→
B − e
−
→
A) + A
−
0
−
B
→
0 ∧ vt (−
e
→
C − −
e
→
A) + A
−
0
−
C
→
0
B

27
− −
→ − −
→ −
−
−
→
−
→−
→
+v
(e e ) A B t + A B A C
C
A 0 0 0 0 0 0
B A 0 0 C A 0 0 0 0 0 0
= v2
(−
e
→
B − −
e
→
A) ∧ (−
e
→
C − e
−
→
A) t2
+ v (−
e
→
B − −
e
→
A) ∧ A
−
0
−
C
→
0 t
— ∧
= v2
(−
e
→
A ∧ −
e
→
B + −
e
→
B ∧ −
e
→
C + −
e
→
C ∧ e
−
→
A) t2
+
+v (e
−
→ − e
−
→) ∧
−
A
−
C
→
+ (−
e
→ − e
−
→) A
−
−
B
→
t + A
−
−
B
→
∧
−
A
−
C
→ (2.22)
Tà (2.21) và (2.22) suy ra phương trình (ȁn t):
−
A
−
tB
→
t ∧
−
A
−
t
→
Ct = 0 không
the có quá hai nghi m. Suy ra, không ton tại quá hai thời điem mà tại đó
A,B, C thȁng hàng. Q
Bài toán 2.11 [2] Cho ngũ giác ABCDE. Các điem X, Y, Z, T, U theo
thú tự là trung điem của các cạnh CD, DE, EA, AB, BC. Chúng minh
rang neu bon trong năm đường thȁng AX, BY, CZ, DT, EU đong quy thì
cả năm đường thȁng đó đong quy.
A
Z
T E
B
O
Y
U
D
C
X
Hình 2.12
Giải. Lay điem O bat kì. Ta de dàng cháng minh được
→
A ∧
−
O
−
→
X + O
−
→
B ∧
−
O
−
→
Y +
−
O
→
C ∧
−
O
→
Z
+
−
O
−
→
D ∧
−
O
→
T +
−
O
−
→
E ∧ O
−
→
U = 0.

28
Suy ra neu AX, BY, CZ, DT đong quy tại O thì
−
O
−
→
E ∧
−
O
→
U = 0 ⇒
−
O
−
→
E//
−
O
→
U ⇒ O ∈ EU.
V y AX, BY, CZ, DT, EU đong quy (tại O).
Bài toán 2.12 [2] Cho hình bình hành ABCD. Các điem M, N theo thú
tự thu®c các cạnh AB, BC. Các điem I, J, K theo thú tự là các trung điem
của các đoạn DM, MN, ND. Chúng minh rang AI, BJ, CK đong quy.
Giải.
A M B
J
I
N
O
K
C
D
Hình 2.13
Đ t O = AI ∩ BJ.
Ta có
O
−
→
I ∧
−
O
→
A =
−
O
→
J ∧
−
O
−
→
B = 0. Ta có
→
K ∧ O
−
→
C =
−
O
→
I ∧
−
O
→
A −
→
J ∧ O
−
→
B +
−
O
→
K ∧
−
O
→
C
=
1 −
OM
→
+
−
O
→
D ∧
→
A −
1 −
OM
→
+
−
O
→
N ∧ O
−
→
B +
1 −
O
−
→
N +
−
O
−
→
D ∧
−
O
→
C
2
1 − → −→
2 2
−→ −
→ − → −
→
=
2
(OM ∧ OA + OD ∧ OA − OM ∧ OB
−
−
O
−
→
N ∧ O
−
−
→
B +
−
O
→
N ∧ O
−
→
V +
−
O
−
→
D ∧
−
O
→
C)

29
C′
B′
B A′
C
2
2
∧
−
∧
∧
∧
∧
∧ −
∧
∧ ∧ ∧
=
1
O
−
−
M
→
∧ O
−
→
A − O
−
→
B +
−
O
−
→
N ∧ O
−
→
C − O
−
→
B +
−
O
→
D ∧
−
O
→
A + O
−→
D ∧
−
O
→
C
=
1 −
OM
→
∧
−
B
→
A +
−
O
→
N ∧ B
−
→
C +
→
D ∧
−
O
→
A +
−
O
→
D ∧
−
O
→
C
=
1 −
O
→
A B
−
→
A + O
−
→
C B
−
→
C + A
−
−
→
D O
−
→
A +
−
C
−
→
D O
−
→
C
2
=
1 −
O
→
A B
−
→
A + D
−
−
→
A +
−
O
→
C B
−
→
C
−
D
−
→
C
2
=
1 −
O
→
A
−
C
→
A +
−
O
→
C
−
A
→
C
2
=
1 −
O
→
A
−
O
→
C
−
C
→
A
2
=
1 −
C
→
A
−
C
→
A
2
= 0.
Suy ra OK//OC ⇒ O ∈ KC.
V y AI, BJ, CK đong quy. Q
Bài toán 2.13 [2] Cho tam giác ABC, các điem A′, B′, C′ theo thú tự
thu®c các cạnh BC, CA, AB. Các điem A”, B”, C” theo thú tự là các điem
đoi xúng của các điem A, B, C qua các điem A′, B′, C′. Chúng minh rang
S(A”B”C”) = 3S(ABC) + 4S(A′B′C′).
Giải.
C′′
A
B′′
A′′
Hình 2.14

30
A
C1 B1
A1
∧
− ∧ − ∧ ∧
2 2
Không mat tính tőng quát, giả sả ΔABC có hướng dương. Tà đó, với chú
ý rang A’, B’, C’ theo thá tự thu®c cạnh BC, CA, AB, ta có: ΔA′B′C′ và
ΔA”B”C” cũng có hướng dương.
Ta có S(A”B”C”) = S[A”B”C”]
=
1
A
−
→
B ∧ A
−
→
C = 1
2
−
A
−
′
B
→
′
−
−
A
→
B ∧ 2
−
A
−
′
C
→
′
−
−
A
→
C
=
1
4
−
A
−
′
B
→
′
A
−
−
′
C
→
′
2A
−
−
′
B
→
′
A
−
→
C 2A
−
→
B
−
A
−
′
C
→
′
+
−
A
→
B A
−
→
C
2
= 4S[A′B′C′] + 2S[AA′C] + 2S[ABA′] + 2S[ABC]
= 4S[A′B′C′] + 3S[ABC]
= 4S(A′B′C′) + 3S(ABC). Q
Bài toán 2.14 [2] Cho tam giác ABC. Ve phía ngoài của nó ta dựng các
tam giác BA1C, CB1A, AC1B cân tại A1, B1, C1 đong dạng với nhau.
Chúng minh rang các đường thȁng AA1, BB1, CC1 đong quy.
Giải.
χ
C
B
Hình 2.15
AA1, BB1, CC1 không the đôi m®t song song (1).
Giả sả tam giác ABC có hướng dương, ta có

31
2 2 2
∧
∧
−
∧
AA1, AC sin BB1, BA CC1, CB
sin(C + α) sin(A + α) sin(B + α)
2 2
2 2 2
sin
−
A
−
A
→
1,
−
A
→
B sin
−
BB
→
1,
−
B
−
→
C sin
−
CC
→
1,
−
C
→
A
− → −→ . − → −→ . − → −
→
=
S [AA1B]
.
S [BB1C]
.
S [CC1A]
S [AA1C] S [BB1A] S [CC1B]
=
S [BAA1]
.
S [CBB1]
.
S [ACC1]
S [CAA1] S [ABB1] S [ACC1]
1
BA.BA1 sin(
−
BA
→
,
−
BA
→
1) 1
CB.CB1 sin(C
−
B
→
,
−
C
−
B
→
1) 1
AC.A1C sin(A
−
−
→
C,
−
A
−
C
→
1)
= − →− → . − →− → . − →− →
1
CA.CA1 sin(CA,CA1) 1
AB.CB1 sin(AB,AB1) 1
BC.BC1 sin(BC,BC1)
=
− sin(B + α)
.
− sin(C + α)
.
− sin(A + α)
= −1 (2)
Tà (1) và (2), theo định lí Ceva dạng sin, AA1, BB1, CC1 đong quy. Q
Bài toán 2.15 [2] Cho lực giác ABCDEF. Goi M, N, P theo thú tự là
trung điem của AD, BE, CF. Chúng minh rang: M, N, P thȁng hàng khi
và chí khi
S(ABCDEF ) = S(ACE) + S(BDF ).
Trước het, ta phát bieu và cháng minh bő đe sau
Bo đe. Di n tích đại so của tá giác loi ABCD được tính theo công thác
sau
1−→ −
−
→
S[ABCD] = AC BD.
2
Chúng minh.
Theo h thác Sa-lơ ve di n tích đại so, ta có
S[ABCD] = S[AAB] + S[ABC] + S[ACD] + S[ADA]
= 0 +
1−
A
→
B ∧ A
−
→
C +
1−
A
→
C ∧
−
A
−
→
D + 0
=
1−
A
→
C
−
A
−
→
D
−
A
→
B
2
=
1−
A
→
C
−
B
−
→
D
2
Giải.
Không mat tính tőng quát, ta giả sả lục giác ABCDEF có hướng dương.
Theo nh n xét trên, ta có
sin sin

32
F
B
C
Hình 2.16
−
M
−
→
N ∧ M
− →
P = 1 −
A
→
E +
−
D
→
B ∧
1 −
A
→
C +
−
D
−
→
F
=
1 1
A
−
→
E ∧
−
A
→
C +
1
A
−
→
E ∧ D
−→
F +
1
D
−→
B ∧ A
−
→
C +
1−
D
−
→
B ∧
−
D
→
F
2 2 2 2 2
1
= (S[AEC] + S[ADEF ] + S[DABC] + S[DBF ])
2
1
=
2
(−S(AEC) + S(ADEF ) + S(DABC) − S(DBF ))
1
=
2
(S(ABCDEF ) − S(ACE) − S(BDF ))
V y M, N, P thȁng hàng ⇔
−
M
−
→
N ∧
−
M
−
→
P = 0
⇔ S(ABCDEF ) − S(ACE) − S(BDF ) = 0
⇔ S(ABCDEF ) = S(ACE) + S(BDF ). Q
Bài toán 2.16 [1] Cho tam giác ABC. Các điem M, N, P theo thú tự chạy
trên các đường thȁng BC, CA, AB sao cho
BM CN AP
= = = k.
BC CA AB
a) Chúng minh rang AM, BN, CP là đ® dài ba cạnh của m®t tam giác mà
ta kí hi u là Δ(k).
b) Tìm k sao cho di n tích tam giác Δ(k) nhó nhat.
Giải.
a/ Không mat tính tőng quát, ta giả sả tam giác ABC có hướng dương.
Ta có
2
A E
N
P
M
D
2

33
2 2
=
(1 k) + k(1 k) + k S[ABC]
−
∧ − ∧ − ∧ ∧
!
2
AM ∧ BN = k −
2
+
4
S(ABC) ≥ S(ABC).
4
A
B M C
−
A
−
M
→
= (1 − k)
−
A
→
B + kA
−
→
C
−
B
→
N = (1 − k) B
−
→
C + kB
−
→
A .
Hình 2.17
−
C
→
P = (1 − k)
−
C
→
A + k
−
C
−
→
B
⇒
−
A
−
M
→
+
−
B
−
→
N +
−
C
→
P = (1 − 2k)
→
−
0 . (1)
→
B + B
−
→
C +
−
C
→
A = (1 − 2k).
→
−
0 =
M t khác,
−
A
−
M
→
∧
−
B
−
→
N = (1 − k)
−
A
→
B + kA
−
→
C ∧ (1 − k)
−
B
−
→
C + kB
−
→
A
= (1 k)2−
A
→
B B
−
→
C + k(1 k)A
−
→
C B
−
−
→
C + (1 k)k
−
A
→
B B
−
→
A + k2−
A
→
C
−
B
→
A
= (1 − k)2
S[ABC] + k(1 − k)S[ABC] + 0 + k2
S[ABC]
— −
= (k2
− k + 1)S(ABC)
1 2
3
= k −
2
+
4
S(ABC) > 0
Suy ra
−
A
−
M
→
,
−
B
−
→
N không cùng phương.
Tương tự như v y,
−
A
−
M
→
,
−
B
−
→
N,
−
C
→
P đôi m®t không cùng phương (2).
Tà (1) và (2), theo định nghĩa phép c®ng véc tơ, ta có: AM, BN, CP là đ®
dài ba cạnh của m®t tam giác.
b/ Đ t SΔ(k) là di n tích tam giác Δ(k). Theo câu a) ta có
1−→ −→ 1 2
3
!
3
P
N
SΔ(k) =

34
∧
2 3 3
9
1
2 2 2 2
− → −
−
→
−→ − → −→ −
−
→
1
Đȁng thác xảy ra ⇔ k =
2
.
1 3
V y SΔ(k) nhỏ nhat khi và khi k = và giá trị nhỏ nhat đó bang
2 4
SΔ(k).
Bài toán 2.17 [2] Cho tam giác ABC. Các điem M, N, P theo thú tự
thu®c các cạnh BC, CA, AB. Các điem X, Y, Z theo thú tự là trong tâm
của các tam giác ANP, BPM, CMN. Chúng minh rang
9
Giải.
S(ABC) < S(XY Z).
2
A
B
M C
Hình 2.18
Không mat tính tőng quát, ta giả sả tam giác ABC có hướng dương. Ta
1
có S(XY Z) = S[XY Z] = XY XZ
2
1 1 1
= . .(AB + NM ) ∧ AC + PM)
=
1
.
1−
A
→
B ∧ A
−
→
C +
1
N
−
M
→
∧ A
−
→
C +
1
A
−
→
B ∧ P
−
M
→
+
1−
N
−
M
→
∧ P
−
−
M
→
= .(S[ABC] + S[AMC] + S[ABM] + S[MNP ])
9
1
= .(S(ABC) + S(AMC) + S(ABM) + S(MNP ))
9
1
= .(2S(ABC) + S(MNP ))
9
2
< .S(ABC). Do đó
9
9
S(ABC) < S(XY Z).Q
2
X
P
N
Y Z

35
=
−
O
−
→
H + H
−→
C ∧
−
O
−
→
K +
−
K
−
→
D
Bài toán 2.18 [2] Cho tú giác ABCD có AC ⊥ BD. Trung trực của các
đoạn thȁng AB, CD cat nhau tại O nam trong tú giác. Giả sủ S(OAB) =
S(OCD). Chúng minh rang tú giác ABCD n®i tiep.
Giải.
A
D
Hình 2.19
Goi H, K là hình chieu của O trên AC, BD vì
S(OAB) = S(OCD) ⇒ S[OAB] = S[OCD]
⇒
−
O
→
A ∧
−
O
−
→
B =
−
O
→
C ∧
−
O
−
→
D
⇒
−
O
−
→
H +
−
H
−
→
A ∧
−
O
−
→
K +
−
K
−
→
B
⇒
−
O
−
→
H ∧
−
O
→
K +
→
H ∧ K
−→
B +
−
H
−
→
A ∧
−
O
→
K +
−
H
→
A +
−
K
→
B
=
−
O
−
→
H ∧ O
−
−
→
K +
−
O
→
H ∧
−
K
→
D + H
−
−
→
C ∧ O
−→
K + H
−→
C ∧ K
−
−
→
D
Tà đó với chú ý rang,
−
O
−
→
H ∧
−
K
−
→
B,
−
H
−
→
A ∧
bang không, ta có:
→
K,
−
O
→
H ∧ K
−
−
→
D,
−
H
−
→
C ∧
−
O
−
→
K cùng
→
A ∧
−
K
−
→
B =
−
H
−
→
C ∧ K
−
−
→
D
⇒ HA.KB = HC.KD vì sin
−
H
−
→
A,
Neu HA > HC thì KB < KD.
→
B = sin
→
C,
−
K
→
D
Suy ra: OA > OC = OD > OB, mâu thuan (vì OA = OB).
Tương tự: neu HA < HC thì cũng suy ra mâu thuan.
K B
H O
C

36
V y : HA = HC ⇒ OA = OC ⇒ OA = OB = OC = OD.
Do đó Tá giác ABCD n®i tiep. Q
Bài toán 2.19 [2] Cho bon đường thȁng phân bi t OA, OB, OC, OD.
Đường thȁng Δ không đi qua O, theo thú tự cat OA, OB, OC, OD tại X,
Y, Z, T. Chúng minh rang
ZX TX
: =
ZY TY
sin(
−
O
−
→
C,
−
O
→
A)
sin(
−
O
→
C,O
−
→
B)
:
sin(
−
O
−
D
→
,
−
O
→
A)
sin(
−
O
−
D
→
,
−
O
−
→
B)
.
Hình 2.20
ZX TX S[OZX] S[OTX]
Giải. : = :
ZY TY S[OZY ] S[OTY ]
1
OZ.OX sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
−
→
X)
= 2 :
1
OZ.OY sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
−
→
Y )
1
OT.OX sin(
−
O
−
→
T,
−
O
→
X)
2
1
OT.OY sin(
−
O
−
→
T,O
−
→
Y ) (2.22)
2 −→−→ −→−→
2
sin(OZ,OX)
=
sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
−
→
Y )
:
sin(OT,OX)
sin(
−
O
→
T,
−
O
−
→
Y )
.
Neu
−
O
−
→
X ↑↑
−
O
→
A thì
sin(O
−
−
→
Z, →
X) sin(
−
O
→
T,
−
O
→
X)
:
sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
→
A)
=
sin(
−
O
−
→
Z,O
−
→
Y )
:
sin(
−
O
−
→
Z,O
−
→
Y )
sin(
−
O
→
T,
−
O
→
A)
sin(
−
O
→
T,
−
O
−
→
Y )
.
sin(
−
O
−
→
T,
−
O
−
→
Y )
D A
O
X Y
T
Z C ∆
B

37
Neu
−
O
−
→
X ↑↓
−
O
→
A thì
sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
→
X)
sin(
−
O
−
→
Z,O
−
→
Y )
:
sin(
−
O
−
→
T,
−
O
−
→
X)
sin(
−
O
−
→
T,
−
O
−
→
Y )
sin (
−
O
−
→
Z,
−
O
→
A) + (
−
O
−
A
→
,
−
O
→
X) sin (
−
O
→
T,
−
O
→
A) + (
−
OA
→
,
−
O
−
→
X)
=
sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
−
→
Y )
:
sin(
−
O
−
→
T,
−
O
−
→
Y )
sin (
−
O
−
→
Z,
−
O
→
A) + 1800
sin (
−
O
−
→
T,
−
O
→
A) + 1800
=
sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
−
→
Y )
:
sin(
−
O
−
→
T,
−
O
−
→
Y )
=
− sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
→
A)
sin(
−
O
−
→
Z,O
−
→
Y )
sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
→
A)
:
− sin(
−
O
−
→
T,
−
O
→
A)
sin(
−
O
−
→
T,
−
O
−
→
Y )
sin(
−
O
→
T,
−
O
→
A)
=
sin(
−
O
−
→
Z,O
−
→
Y )
:
sin(
−
O
→
T,
−
O
−
→
Y )
.
Tóm lại trong cả hai trường hợp
sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
→
X) sin(
−
O
→
T,
−
O
→
X) sin(
→
Z,
−
O
→
A) sin(
−
O
−
→
T,
−
O
→
A)
sin(
−
O
→
Z,O
−
→
Y )
:
sin(
→
T,O
−
→
Y )
=
sin(
→
Z,O
−
→
Y )
:
sin(
−
O
→
T,O
−
→
Y )
Tiep tục với các bien đői tương tự, ta có
sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
→
X) sin(
−
O
→
T,
−
O
→
X) sin(
→
Z,
−
O
→
A) sin(
−
O
−
→
T,
−
O
→
A)
sin(
−
O
→
Z,O
−
→
Y )
:
sin(
→
T,O
−
→
Y )
=
sin(
→
Z,O
−
→
Y )
:
sin(
−
O
→
T,O
−
→
Y )
sin(
−
O
−
→
Z,
−
O
→
A) sin(
−
O
→
T,
−
O
→
A) sin(
→
C,
−
O
→
A) sin(
−
O
→
T,
−
O
→
A)
=
sin(
−
→
Z,
−
O
−
→
B)
:
sin(
−
O
−
→
T,
−
O
−
→
B)
=
sin(
−
O
→
C,O
−
→
Y )
:
sin(
−
O
→
T,O
−
→
B)
sin(
−
O
−
→
C,
−
O
→
A)
=
sin(
−
O
−
→
C,
−
O
→
b)
:
sin(
−
OD
→
,
−
O
→
A)
sin(
−
OD
→
,O
−
→
B)
(2.23)
Tà (2.22) và (2.23) suy ra đieu phải cháng minh.
Bài toán 2.20 [1] Cho tam giác ABC và điem M bat kì. Chúng minh rang
S[MBC]
−
M
−
→
A + S[MCA]
→
B + S[MAB]
−
M
−
→
C =
→
−
0 .
Giải. Đ t →
−
u = S[MBC]
−
M
−
→
A + S[MCA]
−
M
−
→
B + S[MAB]
−
M
−
→
C.
Ta thay
→
−
u ∧
−
M
−
→
A = S[MCA](M
− →
B ∧
−
M
−
→
A) + S[MAB](M
− →
C ∧
−
M
−
→
A
= 2(S[MCA]S[MBA] + S[MAB]S[MCA]
= 2(S[MCA]S[MBA] − S[MBA]S[MCA]) = 0

38
Tương tự như v y →
−
u ∧
−
M
−
→
B = 0, →
−
u ∧
−
M
→
C = 0.
Suy ra →
−
u cùng phương với các véc tơ
→
A,
−
M
→
B,
−
M
→
C.
Chú ý rang, trong ba vec tơ
−
M
−
→
A,
−
M
−
→
B,
−
M
−
→
C, ta luôn chon được hai vec tơ
không cùng phương.
V y →
−
u =
→
−
0 . Q
Nh n xét. Ket quả trên được phát bieu dưới dạng khác: Cho ba vec tơ
→
−
a ,
→
−
b , →
−
c . Cháng minh rang
(
→
−
b ∧ →
−
c )→
−
a + (→
−
c ∧ →
−
a )
→
−
b + (→
−
a ∧
→
−
b )→
−
c =
→
−
0 .
Bài toán 2.21 [1] Cho tam giác ABC. M là m®t điem nam trong tam
giác.
a) Chúng minh rang: S(MBC)MA, S(MCA)MB, S(MAB)MC là đ® dài
ba cạnh của m®t tam giác mà ta kí hi u là Δ(M).
b) Tìm M sao cho di n tích tam giác Δ(M) lớn nhat.
Giải.
A
B
C
Hình 2.21
a) Vì M nam trong tam giác ABC nên các tam giác MBC, MCA, MAB
cùng hướng. Ta có
S[MBC]
−
M
−
→
A + S[MCA]
−
M
→
B +
−
M
−
A
−
→
BM
− →
C =
→
−
0 (1)
Cũng vì M nam trong tam giác ABC nên các véc tơ S[MBC]M
−→
A, S[MCA]
−
M
−
→
B,
S[MAB]
−
M
−
→
C đôi m®t không cùng phương. (2)
M

39
A
−
1
−
A
→
2 ∧
−
A
−
1
−
A
→
5 A
−
1
−
A
→
3 ∧
−
A1
−
A
→
4 = 0.
+
Tà (1) và (2), theo định nghĩa phép c®ng vec tơ, cùng với chú ý rang các tam
giác MBC, MCA, MAB cùng hướng, ta thay S(MBC)MA, S[MCA]MB,
S(MAB)MC là đ® dài ba cạnh của m®t tam giác.
b) Kí hi u di n tích tam giác nói trên là SΔ(M), ta thay
S = .1
S[MCA]
−
M
−
→
B ∧ S[MAB]M
− →
C. = .S[MCA].S[MAB]
1−
M
→
B ∧
−
M
−
→
C.
∆(M) .2 . . 2 .
= |S[MCA]S[MAB]S[MBC]|
= S(MCA)S(MAB)S(MBC)
S(MCA)S(MAB)S(MBC) 3
≤
3
=
1
S3
(ABC) .
27
Đȁng thác xảy ra ⇔ S(MCA) = S(MAB) = S(MBC) ⇔ M là trong tâm
tam giác ABC.
Tóm lại Δ(M) lớn nhat khi M là trong tâm tam giác ABC và giá trị lớn
nhat đó bang
1
S3
(ABC).
27
Bài toán 2.22 [1] Cho ngũ giác loi A1A2A3A4A5 có di n tích S. Đ¾t ai =
S(AiAi+1Ai+2), (1 ≤ i ≤ 5)(A6 ≡ A1, A7 ≡ A2). Tính S theo ai(1 ≤ i ≤ 5).
Giải.
Áp dụng ket quả của Bài toán 2.5 cho bon vec tơ A
−
1
−
A
→
2,
−
A
−
1
−
A
→
3,
−
A
−
1
−
A
→
4, A
−
−
1
−
A
→
5
ta có
−
A1
−
A
→
2 ∧ A
−
1
−
A
→
3 1
−
A
→
4 ∧
−
A
−
1
−
A
→
5
+
−
A1
−
A
→
2 ∧
−
A
−
1
−
A
→
4 A
−
−
1
−
A
→
5 ∧ A
−
1
−
A
→
3
Ta thay
⇒ S[A1A2A3].S[A1A4A5]+S[A1A2A4].S[A1A5A3]+
+S[A1A2A5].S[A1A3A4] = 0
ΔA1A2A3, ΔA1A4A5 cùng hướng
ΔA1A2A4, ΔA1A5A3 ngược hướng
ΔA1A2A5, ΔA1A3A4 cùng hướng

40
5
2
ai + ,
aiai+1 .Q
⇒ S2 − a
i
S + aiai+1 = 0(a6 ≡ a1)
i=1
nên
S[A1A2A3].S[A1A4A5] > 0
S[A1A2A4].S[A1A5A3] > 0
Suy ra
S[A1A2A5].S[A1A3A4] > 0
S[A1A2A3].S[A1A4A5] − S[A1A2A4].S[A1A5A3] +
+ S[A1A2A5].S[A1A3A4] = 0
⇒ a1a4 − (S − a2 − a4)(S − a1 − a3) + a5(S − a1 + a4) = 0
De thay
S >
1 Σ
a .
V y
1 Σ
5
‚
. Σ
5
2
i
i=1
!2
Σ
5
!
Bài toán 2.23 [4] Trên các cạnh của tú giác loi có di n tích S, ve phía
ngoài dựng các hình vuông. Tâm các hình vuông đó tạo thành m®t tú giác
có di n tích S1. Chúng minh a) S1 ≥ 2S. b) S1 = 2S khi và chí khi các
đường chéo của tú giác ban đau bang nhau và vuông góc với nhau.
Giải. Cho tá giác loi ABCD. Ta goi M, N, P, Q lan lượt là các trung điem
của AB, BC, CD, DA. Hai đoạn MP, NQ có giao điem O mà ta biet là
trung điem của moi đoạn. Ta goi A1, B1, C1, D1 lan lượt là tâm các hình
vuông dựng trên AB, BC, CD, DA ve phía ngoài. Chon O làm goc các vec
tơ điem.
a
i
Σ Σ
5
i=1
5
i=1
S =
i=1 i=1
— 4

41
h i
A1
Hình 2.22
a) Ta tính S
2S = [
−
D
−
A
→
,
−
D
−
→
B] + [D
−→
B, D
−
−
→
C]
= [
−
D
−
→
A −
−
D
−
→
C,
−
D
−
→
B]
= [
−
C
→
A,
−
D
−
→
B]
= 2
−
N
−
M
→
, 2
−
P
−
→
N
= 4[M + N, N − P]
= 4[M − N, N + M]
= 8[M, N] (1)
đây, ta nhớ rang P=-M, Q=-N.
b) Bây giờ ta tính S1
Ta đ t
−
A
→
B = 2u,
−
B
−
→
C = 2v,
−
C
→
D = 2w, D
−
→
A = 2r
Ta goi u′, v′, w′, r′ lan lượt là ảnh của các véc tơ u, v, w, r trong phép
quay m®t góc vuông theo chieu âm tác −π/2. Ta thay rang:
A1 = M + u′, B1 = N + v′, C1 = −M + w′, D1 = −N + r′
D1 = −N + r′ (2)
Ta có
2S1 = [A1, B1] + [B1, C1] + [C1, D1] + [D1, A1].
B1
B M1
N
C
O A
P
Q
D
C1
L

42
2 2
Hay là
2S1 = [M + u′, N + v′] + [N + v′, −M + w′]+
+[ − M + w′, −N + r′] + [ − N + r′, M + u′].
2S1 = 4[M, N] + 2[M, v′ − r′] + 2[N, w′ − u′]+
+[u′, v′] + [v′, w′] + [w′, r′] + [r′, u′].
Do phép quay bảo toàn tích ngoài, nên
(3)
[u′, v′] = [u, v] =
1
[
−
A
→
B,
−
B
−
→
C] =
1
S(ABC).
4 2
Cũng v y, ta có
[v′, w′] = [w, r] =
1
S(CDA).
2
[r′, u′] = [r, u]
1
S(ABD).
2
C®ng lại ta được
[u′, v′] + [v′, w′] + [r′, u′] = S = 4[M, N]. (4)
M t khác neu goi A’, B’, C’, D’ là các véc tơ ảnh của A, B, C, D trong
phép quay góc −π/2 thì
2(v′ − r′) = C′ − B′ + D′ − A′ = −4M
2(w′ − u′) = D′ − C′ + A′ − B′ = −4N
)
(5)
Trong đó M’, N’ là các véc tơ M, N đã quay trong góc −π/2, tác là
M′ =
1
(A′ + B′) = −
1
(C′ + D′)
N′ =
1
(B′ + C′) = −
1
(D′ + A′).
2 2
Tà ket quả (5), ta có
2[M, v′ − r′] + 2[N, w′ − u′] = 4 − [M, N] − 4[N, N′] = 4(m2
− n2
). (6)
Vì neu đ t |M| = m, |N| = n thì
−[M, M′] = |M|2
= m2
, −[N, N′] = |N|2
= n2
.

43
V y h thác (3) cho ta
S1 = 4[M, N] + 2(m2
+ n2
)
⇒ S1 = 8[M, N] + 2(m2
+ n2
) − 4[M, N]
= 2S + 2(m2
+ n2
− 2mn sin θ)
trong đó θ là góc giǎa hai vec tơ M, N.
Cuoi cùng ta có the viet
S1 = 2S + 2(m2
+ n2
− 2mn sin θ).
Tà ket lu n trên ta có ngay ket lu n của bài toán.
Bài toán 2.24 [4] Trong m®t m¾t phȁng cho hai đoạn thȁng co đ nh AB,
CD, theo thú tự nam trên hai đường thȁng giao nhau d và d’ (giao nhau
tại O). Tìm quỹ tích điem M trong m¾t phȁng sao cho tőng di n tích hai
tam giác MAB, MCD không đői (bang S).
Giải. Ta có the cho đoạn thȁng AB trượt trên d, CD trượt trên d′ mà
di n tích MAB và di n tích MCD đeu giǎ nguyên. V y ta thay đoạn
AB bang đoạn OP trên d, thay đoạn CD bang đoạn OQ trên d′, sao cho
OP = AB, OQ = AB, OQ = CD. Ta sě tìm quy tích trong mien trong
góc P
^
OQ. Ta chon O là tâm goc. Với hai điem bat kỳ M và M′ thu®c quy
tích trong góc P
^
OQ ta phải có
Ta suy ra
1
[P,
2
M] +
1
[M, Q] =
2
1
[P, M′] +
2
1
[M ′, Q].
2
tác là
[M, Q − P] = |M′, Q − P|.
⇒ [M′, Q − P] − |M, Q − P| = 0.
⇒ [M′ − M, Q − P] = 0.
[
−
M
−
M
→
′
=
−
P
→
Q] = 0.
Đieu ki n này cháng tỏ rang MM ′//PQ với M và M′ là m®t c p điem
bat kì thu®c quy tích. V y quy tích là m®t đường thȁng song song với PQ,

44
tat nhiên hạn che trong góc P
^
OQ. Do đó quy tích là đoạn thȁng M1M2
với S(M1OQ) = S(M2OP) = S. Phan còn lại của bài toán de dàng suy
ra.
2.5. M t so bài t p đe nghị
Bài 1 [1]. Cho tá giác ABCD n®i tiep. M là m®t điem bat kì. X, Y, Z,
T, U, V theo thá tự là hình chieu của M trên các đường thȁng AB, CD,
AC, DB, AD, BC. Goi E, F, G theo thá tự là trung điem của XY, ZT,
UV. Cháng minh rang E, F, G thȁng hàng.
Bài 2 [1]. Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c. Goi G,
I, O theo thá tự là trong tâm, tâm đường tròn n®i tiep, tâm đường tròn
ngoại tiep tam giác. Cháng minh rang
S[GOI] =
(a + b + c)(b − c)(c − a)(a − b)
.
48S[ABC]
Bài 3 [1]. Cho tá giác loi ABCD có AD=BC. Ve phía ngoài của tam
giác ta dựng các tam giác ADE, BCF cân tại A, B sao cho D
^
AE = C
^
BF.
Cháng minh rang trung điem của các đoạn thȁng AB, CD, EF thȁng hàng.
Bài 4 [4]. Cho m®t đường tròn tâm ở trên cạnh AB của m®t tá giác
loi ABCD và tiep xúc với ba cạnh còn lại. Cháng minh rang neu tá giác
ABCD n®i tiep ta có AD + BC = AB.
Bài 5 [4]. Giả sả ABCD là m®t tá giác loi, sao cho đường thȁng CD
tiep xúc vòng tròn đường kính AB. Cháng minh rang đường thȁng AB
tiep xúc vòng tròn đường kính CD neu và chỉ neu BC//AD.

45
Ket lu n
Lu n văn đã hoàn thành các nhi m vụ:
a. Tìm hieu ve tích ngoài của hai véc tơ: Định nghĩa, tính chat, bieu thác
toa đ® tích ngoài hai véc tơ.
b. Sưu tam và trình bày vi c tích ngoài của hai véc tơ vào giải được 24 bài
toán trích dan tà m®t so bài báo của tác giả Nguyen Minh Hà, Nguyen
Thúc Hào đăng trên tạp chí Toán hoc tuői trẻ [1], [4] và tài li u tham khảo
so [3]
c. Đưa ra lời giải chi tiet, đay đủ cho bài toán mà trong các tài li u tham
khảo [5]...[10] chỉ có lời giải tóm tat ho c gợi ý.
Ngoài ra lu n văn đã cho thay hướng nghiên cáu tiep là tích ngoài của
ba véc tơ và áng dụng vào giải các bài toán hình hoc không gian.
Trong quá trình làm lu n văn, không the tránh được nhǎng thieu xót,
tác giả rat mong muon nh n được sự chỉ bảo, đóng góp của các Thay, Cô
giáo đe tác giả tiep tục hoàn thi n lu n văn và tiep tục tìm hieu khi trở
ve trường giảng dạy sau này.

46
Tài li u tham khảo
Tieng Vi t
[1] Tuyen chon theo chuyên đe Toán hoc và tuői tré, (2010), NXB Giáo
dục Vi t Nam.
[2] Nguyen Minh Hà (Chủ biên), Nguyen Xuân Bình, Bài t¾p nâng cao
và m®t so chuyên đe hình hoc lớp 10, NXB Giáo dục Vi t Nam.
[3] Nguyen Minh Hà (2015),Hình hoc phȁng đ nh hướng, NXB Dân trí.
[4] Nguyen Thúc Hào, Gng dựng của tích ngoài hai véc tơ trong hình hoc
phȁng, Tạp chí Toán hoc và tuői trẻ so 142 (2/1985); 146 (6/1985),
152 (6/1986).
[5] XV Coonhiagin, G.A.Tônôian IF. Sarưgin và đong nghi p (1984), Các
đe thi vô đ ch toán 19 nước, NXB Trẻ (Người dịch: Nguyen Đe, Nguyen
Khánh Nguyên. Hi u đính: Nguyen Vi t Hải, Hoàng Đác Chính).
Tieng Anh
[6] David Hilbert (1999), Foundations of Geometry, Open Court, Illinois.
[7] Kin Y.Li (2002), Vecto geometry, Mathematical Excalibur, Vol.6, No5.
[8] Kin Y.Li (2005), Famous Geometry Theorems, Mathematical Excal-
ibur, Vol.10, No3.
[9] Tevian Dray, Corinne A. Manogue (2008), Dot and Cross Products
webpage.
Retrieved, http://www.math.oregonstate.edu/bridge/ideas/dotcross.
[10] Website www.artofproblemsolving.com.

Tích Ngoài Của Véc Tơ Và Ứng Dụng.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Tích Ngoài Của Véc Tơ Và Ứng Dụng.docx

Similar to Tích Ngoài Của Véc Tơ Và Ứng Dụng.docx (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Tích Ngoài Của Véc Tơ Và Ứng Dụng.docx