Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part2-3)

Từ (2) có

5

=.

a

>

©€ LAO
AAT 2 == 2
sa gAB?+aRt4 rẺ

\2

@roy = (> aMA)

=

im]

=

a

i=l

ma

>

Vi 2.MA,MA,=

°[

Với

m

MO? = 5) aiMa? + D aa, MA? +
lei
2

I
MA

= dae;

Ma?

nên

l
:

= 2z

Lsijem

MA,

= petted
Sad at -

Vậy có

:

Vi du 2. Goi H, J, O, G là trực tâm, tam

đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại
tiếp và trọng tâm của AABƠ có các cạnh a,
ð,c; và bán kinh đường trịn ngoại tiếp, nội

1Ki
tiếp R, r. Hay xác định O2, OH2, OG2, IH2,
1G’, HG.

fuel

m

> @,MA? (theo (3)).

r=t

m

leicjem

(6)

Bay gid ta xét vài ví dụ ứng dụng các kết

quả trên.

VỀ dụ 1. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp
AABC với các cạnh a, b, c. Hay tinh độ dài

đường phân giác trong AA, va ti 36 TAJIA,.
Giải

: Tại

các

điểm

A,

B,

C

ta dat

các

khối lugng tuong ting a, b, c. Vi AA, là đường
phân giác nên

A\BIA,C = cb > cA,C = bAB
+
—
=bÁIB— + cAIC
= 00ÁIB—¬ + cÁIP
= 0Ì.
Vậy

theo (4), A, là trọng tâm

chất điểm

B, C. Theo

Giải : Đặt tại các điểm A, B,

(6) với m

và theo định nghĩa đi, a, tacd:

của hệ hai
= 2ME=A

C các khối

lượng tương ứng a, b, c, theo ví dụ 1 ta có

† là trọng tâm

của

hệ 3 chất

Theo (6) ta có :

MŒ 2== Ð ai MA? 2 ~~ Sa, AA? 2
f=}

1 chất

A ABC.

mm
=3 3 sa, MA?

m

hệ

tâm ở ví dụ 1 ta đễ dàng thấy trọng tâm của
hệ ở chất điểm A, B, € chính là trọng tâm
(giao điểm của 3 đường trung tuyến) của

= Dae; MA;+ Xea, MA+ Daa, Ma?
licjgm

của

Nhận xét : Nếu tại A, B, C cùng đặt một
khối lượng là 1 thì theo cách xác định trọng

m
2 efMa? + DaaMa, + > M4?
t=]
llsi
lei
tâm

TAITA, = (b + e/a

isi
Do có thể viết
Den;

là trọng

điểm A, nên theo tính chất (5) ta có trọng
tâm của hệ A, B, C nằm trên đường phân
giác AA,. Tương tự trọng tâm của hệ A, B,
C cùng nằm trên đường phân giác BB,. Vay
1 chính là trọng tâm của hệ A, B, C. Do dé
theo (5) ta cd :

= MA? + MA? — AA? nén

+ 5) sua, MA, — >» ae; AA

-

6+a

chú ý A

2

@ +e?

a 2

-

be

+h

beat

b+e

=be fi

isi

a
ch
= MA? + MA? — (MA,
— MÃ)?

lsi
et?

_ b+c

—>
—»
+ 2D ag, MAMA,

=.

be,

apr

¬—

Ze
*

A, B,C.

n2 +

_

+—*_o@
a+b+ec

`...
(@+b+@}

* TE TOR 2 +
2

ab

(a+b +0)2

......
(ø@+b+}

Có
ab

điểm

2

AB? + ———ac

(a@t+b+e)*

(a+b +e)*

.A(@

2

+

pee
+—"*___
(œ+b+eˆ2

_ ab
+ acd?e
+ bea?
—
(g+b+eˆ°

—_ gbc (®
s+b+e

SA PC = qbc/4R, ẨA pc

= r(at b+ c)/2

và

121

= abc(a
+ 6 + c) = 2Rr
Vậy:

2,

#

2

OF = abt

(8) GI? = (1/9)(8ab+3ae+8be~a?—62—e2)—4i(10)
Rr
6

8) Theo (6) có :

2

atore®*

HẺ =——
HA? +
a+b+e

—t?_—e
g_
atb+e® — 2Rr
(theo (7) và (8), hay OF

thức Ole).

¢

a+b+c

e

—

Œœ(2

ac

——————À(arose

Vi vậy dễ đàng thấy H la tam dudng tron

———nC
ror)

ngoại tiếp AABC, với bán kính R. Có
AA HCAABC = RIR=BCIBC => R = 2R,
Từ đó HA? = R2 ~ CA2 = 4R2 ~ q2,

eset + ai GB? +

Tương tự

(theo (7) va (8). Goi A, la trung điểm của

theo công thức đường trung tuyến

Oat = gad= (2t

- 5).

Tuong tu

GB =

2

(e+

=
:

nar

+c?

nén S, = (ab

+ ac

+ Babe

+ be)/9

~ (g2 + 62 + c2 ~ ad ~ ac

— aba

=

+b

b+e)+

:

AR

=

4R2— opr Toe
ORr-

3+ V3

re

HP = 4R? — 8Rr —
~ (@ + b? + c? — ab — ae ~ be) (AD
4) Để xác định ÓG2, ta dat 4 A, B, C cùng
một khối lượng 1, theo nhận xét trên thi
trong tâm G của AABC chính là trọng tâm

của hệ 3 chất điểm A, B,

(9)

C. Từ

đớ theo

— boyd -

(6)

ta có : OG2 = OA?⁄3 + OB?⁄3 + OC2⁄4 —

— AB?9 — AC?/9 — BC?/9. Vậy

—

(1/9)(8ab+3ae+ 3bc~ a2— b2 —e?)— 2Rr

(theo (8). Vậy
122

+e)=

py

+

Vậy theo (8) ta cổ :

b + cya? + 62

— ab - ac — be)

2)

~ 8+

ey

— Sabei(a + b + e) (theo (9)).

Nhung
dé thay

at

2

~

= 4R2— 2Rr— (a?+ b2+ c?— sb— ae— be) —

- Gabe — (a3 + 63 + cd}.
tes

= capa
3

= ARS

c2

(7) và (8) ta có

2m ——
6

+ 2acla + b +c) + Bea + b + ec)

Oto

theo

+ ater

- 5) nên

= wares

Ge?

Vậy

HP

“ï“.......a
+

HE = 4R?
— b2; HC? = 4R2 —

ta có

a-%

oc? = 3 (02+

ab

HA 1 BC.

be

Fb
+ GOS ~ Br

BC,

2

hình bình hành nên AC = AB = BC và

2

a5

ac

tương ứng và đi qua các đỉnh của AABC,
Do các tứ giác ABCC, ABCBH là các

—

*a+b+ctf + cape eee
_-—P"
_
age
(e+b+2

2

(œ+b+e)2
(e+b+?
Ta cần xác định HA?, HB?, HC? Dựng
AABC có các cạnh song song với các cạnh

GỀ =———GA2+
ồ OR?

be

s+ox+en' ~ (atbteh

= R? ~ 2Rr (he

2) Lại theo (6) ta có :

_

6
a+b+c HB?+

0Œ? = R2 ~ (œ2 + b2 + c2/9. Theo

đường thang Ole, ta cé GH

OH = 30G. Vậy :

= 206 ;

GH? = 4R? - 4(a? + b2 + c2/9


OH= ?
9R2 — (œ2 + b2 + c3)

Hệ qu
: Tron
ảg

tam giác ABC ta có

Bab+act+
> be
18Rr

Từ

(12)

+ 562 + c2

@-or +@~cer+O-c%
a? + 62 + c2 = ab + ac + be.
Lai theo

(13)

:

ea?

410?— IH? = a2+b2+02462+ 2~ ab~ be— ae

:

1) 9R2 > œ? + ð2 + c2 >
Chitng minh

a) Choa = 0,7 = 0,8 = -1,w = 4, tir (14)

(12)

<

982

2

0

Từ

(10)

3òa + độc + 3ac — a? — b2 ~ c2 » 36Rr,

Nhun
do ab
g + ac+ be~ a2
b2— c2 <Ụ

nên 2œb + 2ac + 2be >
36a + 8bc + Bac — a2 — b2 — ¿2 > 36Rr
=> ab + ac + bc > 18Rr.
Tém lại ta có
(14)

2)a)2I0 >HI

a)I0 = OG

b) V2JO 2 GI

e) 310 > OH

c) 210 > GH

+1

f) 83GH? — 27H? + 61G?- 4102 = 0.

Giải : Theo cdc cong thite tinh GH?, 1H2,
IG’, 10? ta od :

aGH? + BIH? + yIG? + wI0? =
(4a+ 4B+ w)R - 2Rr(4B+ Qy+ w) +
(8 + y/3)(ab + ac + be) ~
(a? + 6? + (40/9

+ B + y/9).

(theo (13)).
b) Choø = ổ = 0,y= -1,ø = 2, từ (14)

2710? - GP =
ta có
2R, ~ (ab + ac + be)/8+ (a2+ b2 + c2)/9 =
= [(18R? — 2ab - 2c — 9òe) +
+ (g 2+ b`+ c?—ab— ac~ be)|/9 > 0

{theo (13)).

e) Cho ø = -1, 8 = y = 0,0 = 4, từ
ta có

q4

AIO?— GH? = —BRr+ (A/9/(a2+ b2+ e3)
(theo (13)),

GO,

OG,

d) va e). Theo dutng thang Ole cé GH =
GH
310

=
=

(2/3)
OH.

OH.

Vay

tit c) ta cé OF

f) Thay a2 = 3,8 = -2,y
(14) ta có ngay kết luận.

= 6:

=

=

-4

Các bạn có thể suy diễn tiếp các tính chất

lí thứ khác từ các kết quả ở trên. Để giải ví

dụ 2, các phương pháp khác đều gặp nhiều
khó khăn hoặc bị bế tác. Phương pháp dùng
khái niệm trọng tâm có ưu điểm trong nhiều

bài tốn.

Ưu điểm cơ bản của phương pháp

này là việc xác định các khối lượng thích hợp
sẽ cho lời giải ngắn gọn và mở rộng phạm
vi ứng dụng linh hoạt cho nhiều bài tốn

n

MỘT CƠNG THUC DONG DE TINH TONG ` kĩ
k=0

PHAN ĐỨC THÀNH
Xin giới thiệu một cơng thức, từ đớ có thể

tính tổng

n

= alla + yee.

k=0

Sey et
k=0

(trong đó r là số nguyên
dễ dàng.

n

Stony = DAM

> 1) một cách khá

Bằng cách đạt uÍ!Ï = ư(w ¬ 1)... ( ~ r+ 1)

ta có cơng thức thuận tiện sau đây :

@)

Bay gid ta ching minh tinh ding dan cua
công thức (1) bằng phương pháp quy nạp
theo n.
Dễ dàng nhận
với n =

Ì,n

=

2.

thấy rằng

mệnh

đề đúng
128


Giả sử mệnh

đề dung

véi n = m,

= n{n - Dm

tite la

Stem = mlm + Dlr + Ð).

sau

= Stroy + om + 1Ì,

Mở

Chủ ý rằng
ứn + 1mtÌ = (m + ợn ~ r + 1)
Vậy

(a + m)/m

va

Từ công thức (1)

= n(n
+ 1)/2

=

cà

= 2, rị = 1," 2=1

xứ

=

De

+

l)@ +

=

23/24.

2,r,=1

- Dat,

kj tk
= n(n ~ 1)(n - 2)(n + Dn + 2)/60

+ 1)/4

DS Bk= na~ Yn t De+ 2)(2n+ 1/120

Với r = 4 =>

K +k,

Stan = S,- 68, + 118, - 6S, =

MAT

hạn : Với m

= Dak,
Spa, Wy ktk
Với r = 8 = Suy„¡ = 8; -88; + 28, =
=8; = nữn + 12

+,

Với
m = 2,r,

8; = nín + 1)(2n + 1)/6.
- 2)(n

+ Dd...

Sau =

Voir = 2= 5.) =8,-S,=
= nứt — Lực + 1/3 >

— l)(n

tk en

1) trong do &,, ..., k, > 0

r=rn+..
ching

=>...

Yon + 1)..0m + lm

= (ally tr

tức mệnh để cũng đúng với n = m +1. Suy
ra mệnh đề luôn ln đúng.

= nín

rộng của cơng thức (1) là cơng thức

K+

8 [r.mt1] = ứm + 1)fÌ@n + 2) + DY,

Với r = 1S,

+ D5

=> S, = nit 1)Qn + 1)Bn? + ẩn ~ 1/80 vv...

Ta có

Sư

- 2)(n - 3a

CAU

en

VV.

GIA NOI TIEP DA DIEN
LÊ QUỐC HÁN

Trong các kì thi vào đại học hoặc các ki

thi hoc sinh giỏi, các bạn thường gặp ba loại
mặt cầu : mặt cầu ngoại tiếp đa diện, mặt
cầu nội tiếp đa diện và mặt cầu giả nội tiếp
đa diện.

Hai

loại mặt

cầu

đầu

đã được

các

tác giả nghiên cứu khá sâu sắc (xem, chẳng

hạn : "Một số phương pháp giải toán sơ cấp",
Đ.H.TH

Hà

Nội,

riêng loại mặt

cầu thứ ba

thì rất Ít tài liệu để cập, có chăng thi cing

đẻ cập một cách sơ sài. Trong bài báo này,
tơi xin trình bày một cách hệ thống loại mặt.

cầu đó, nhằm giúp các bạn làm tốt các để
toán liên quan đến mặt cầu này. Trước hết,

xin nêu một khái niệm rất quen thuộc trong

hình học sơ cấp, nhưng chưa được trình bày

trong sách giáo khoa hình học phổ thơng.
1. Trục

đường

trịn

&) Định

nghĩa

1 : Trục

đường
124

thẳng

vng

góc

với

mặt

trịn

trịn ấy.

Các bạn đễ dàng chứng minh :
b) Tỉnh chốt: Nếu M là một điểm trên
trục đường trịn thì Ä cách đều các điểm
trên đường

là

phẳng

trịn.

¢) Dinh li 1:

những

điểm

Trong khơng gian, quỹ tích

cách đều

các cạnh

của một

giác ngoại tiếp là trục của đường
tiếp đa giác ấy.
2. Mặt

cầu

giả

nội

tiếp đa

đa

tròn nội

diện

:

ø) Định nghĩa 2 : Mặt cầu giả nội tiếp đa

diện là mặt cầu tiếp xúc với tất cả các cạnh

(Không kể phần kéo dài) của đa diện.
ð) Nhận

:

đường

chứa đường tròn và đi qua tâm của đường

xét : Nếu

O là tâm

mặt

cầu giả

nội tiếp đa diện thì Ĩ cách đều các cạnh của

đa diện nên Ở nằm trên các trục vòng tròn
nội tiếp các mặt của đa điện.


©) Định lí 2 : (Điều kiện cần và
đủ để tổn

tại mặt
AB

cầu giả nội tiếp tứ diện

ABCD
+CD = AC + BD = AD
+ BC

là

a

chắn nửa đường tròn) OO, + O,P
mà CD +
10,

P0,] ; CD 1 0,0» 0,0 + [BCD] + 00,

là trục của đường tròn nội
tiếp ABCD.
Tương tự, OO, là trục của đườ
ng tròn nội
tiếp

AACD.

Hai

trục

này

cắt

nhau

tại

O.

Tương tự, ta chứng minh được
các trục của

các đường

trịn nội tiếp các mát của
tứ diện

đơi một cắt nhau, Vì khơng có
ba trong bốn
trục nào đổng phẳng nên chú
ng phải đồng

quy (tại Ø). Khi đó O cách đều
các cạnh của

tứ diện nên Ĩ là tâm
tứ điện.

2
Chúng

mình

CD

kiện cần : Giả sử tồn

tại mặt cầu tam O, tiếp xúc với
AB, BC, CD,
DA, AC, BD tai M,N, PQ, R,
S. Khi do,

AOAM

AM

= AOAR

= AR

BM

= AQ.

= BS = BN

Thí dụ 1 : Cho tứ điện ABCD có AB
= a,
= b,

AC

= AD

= BC

= BD.

Goi

I va J

là trung điểm của AB va CD sid
=k. Tim

Tình 1

: Điều

mặt cầu giả nội tiếp

= AOAQ

hệ thức

liên hệ giữa ơ, b, è để tồn
tại mặt

cầu già nội tiếp ABCD

khối A, 1978) :

(Đề thi tuyển

sinh

GIải :

VIAC = BC (gt), AI = IB (gt) nén CI
1 AB.

Tương tự

Th có : tồn tại mặt

cầu giả nội tiếp ABCD

CP =CR=CN

DP = DS = DQ

Cộng từng vế các đằng thức trên,
ta có (1).

ry)

Điều kiện dù : Giả sử đã có
(1). Gọi (0,
va (0,, r,) là các đường tròn
nội tiếp

ABCD

tương
minh

va AACD,

:

và các tiếp điểm trên CD

ứng là P' và P. Khi

đó, dễ chứng

AB + CD

Hình3
= AC + HD = AD

AB + CD = AC

+ BC

(AB + CD)? = 4AC?

“(4 +0)? = 402/4 + k2 + b2/4) coab = 202,
đ) Các phương pháp xúc định

cầu giả nội tiếp da diện.

Phương pháp

đều các cạnh
Thí

Hình 2
CP = (1/2).(AC + CD - AD) va
CP’ = (1/2).(BC + CD ~ BD)
ma AC
+ BD = AD
+ BC, nén AC - AD
Do đó CP

1 : Chi ra một điểm cách

đa diện.

2 : Cho

tứ điện

đều ABCD.

Xác

định tâm và tính bán kính mặt
cầu giả nội

c

= BC

- BD.

dụ

tâm mặt

= CP’
=> P=

tiếp tứ diện đó (Đề số 141 ~ Bộ
đề thi do Bộ

DH, TH và DN ban hành).
Giải

=

Pp’, Goi

PO là đường kínhì của đường trịn
ngoại tiếp

O,PO,. Khí dé O0,P = 909 (góc nội tiếp

: Gọi M, N,PQ,R,

Sia

trung điểm

của AB, BC, DA, AC, BD, CD. Khi đề
: MP,
WQ, RS đồng quy tại O, trung điểm
mỗi
đường (xem sách giáo khoa hình học
khơng
gian lớp 11),

Mặt khác ÁP = BP = a V82 nên AAPB

cân tại P = trung tuyến MP

L AB.

Tương

125


(œ{02 + 22

b2 + a2 + 02 + Ya+ ce

ofa? +027

=

= b.

ab? + arc? = a? + b2c2 2a

Khi đó O.ABC là
đường cao OH cua hinh
của vòng tròn nội tiếp
giác ABC. Gọi D là tâm
tiếp AOAB,
Hình

tu ON
AOCD

4

1 BC... Tit dé AOAM = AOBN =
= AODQ = AOAR = AOBS = OM

= ON = OP = 0Q@ = OS. O la tam mat cfu

giả nội tiếp ABCD. Khi đó :

OM? = (1/4)MP? = (1/4)(AP? - AM?) =

= (1/4/44 - a2/4) = 207/16 = OM = a V2/4,

OD

hình chớp đều. Kẻ
chop thi OH 1a truc
(và ngoại tiếp) tam
của đường tròn nội
tai M. Vi OA

cát AB

AB,

Thi dụ 3 : Cho tứ diện OABC : góc tam
diện đỉnh Ở ba mặt vng. OẤ = a, OB =
b, ĨC = c. Tìm điều kiện giữa œ, b, e để tồn

OE/OH => IE = OE.AHIOH,

tại mặt cầu giả nội tiếp OABC.

Xác định tâm

=

OB

nén AM = MB va AB 1 OM = OM di qua
H va OM 1 AB. Gọi Mĩ là đường kính của
đường trịn ngoại tiếp AMDH thì IDM = 909
nên ID L OM mà AB L [OMC] nên AB L ID
= D là trục của đường tròn nội tiếp AOAB.
Ké JE 1 OA; IF 1 OB, IJ 4 OC. Vil nam
trên trục của các đường tròn nội tiếp tam
giác ABC và OAD nên ¡ cách đều BC, CA,

Phương pháp 2 : Dựng hai trục của hai
đường tròn nội tiếp hai mặt của đa diện.

Chứng minh hai trục ấy cát nhau (tai 0).
Chứng minh ÓØ cách đều các cạnh của đa
điện.

t

=

E

OA,

Mat

IJ » I cach

=

mặt

tâm

có

Ta
ĨA

OB.

- AE

déu

Vậy

và ÓC.

OA

=

AOI

=

AOIE

khac

ï là

cầu giả nội tiếp OABC.
: AIOE
= OA

AAOH
- AM

=

=

JE/AH

=

trong đó OE

(vì AE

và AM là

hai

tiếp tuyến của mặt cẩu Œ, 1E) xuất phát từ A) =

= a ~ aV2/2 = fa(2 ~ ¥2)1/2 ;

và tính bán kính mặt cầu đó (Đề thi khối A,
DHSP Vinh, 1988).

AH = (2/3).(a¥2) . ¥3/2 = a{2/3 ;

OH? = OA? - AH? = a? - 2a7/3 = 07/3
= 0H = a3.
Thay vào, ta cé IE = a(¥2 ~ 1).
Bay giờ, đề nghị các bạn làm một số bài

tập sau đây để rèn luyện các kiến thức đã
học

:

1) Một hình cầu tiếp xúc với tất cả các
cạnh của tứ điện đều. Tìm thể tích của phần

hình cầu nằm

Hinh

Giải : Tổn

«0A
a+

5

tại mặt cầu giả nội tiếp OABC

+ BC = ĨOB +ẤC = OC +AB

Vote

=b+

fate

a=b=c
(VÌ chẳng hạn :
a+ JbŸ+

cổ =b +

act

Ja?+ cổ

erat +b? +02 + 9gjb? + c7 =
126

phía ngoài của khối tứ diện

đều, biết cạnh tứ diện đều là ø (Đề số 137,
bộ đề thi do Bộ ĐH, TH và DN ban hành).

a*+bˆ

œ

2) Giả sử tâm O cia mặt cầu giả nội tiếp

hình chóp S.ABC nằm trên đường cao của
hình chớp. a) Chitng minh S.ABC là hình
chóp đều. b) Biết bán kính mặt cầu là

và

OS = RY3. Tính thể tích hình chớp (Dé thi
tuyển sinh khối A, ĐHBK

Hà Nội, 1988).

UNG

DUNG CUA TICH NGOAI 3 VÉCTƠ
TRONG KHÔNG GIAN
NGUYEN Thc HAO

1. Thể tích hình tứ diện

Chúng ta biết rằng thể tích của tứ diện

ABCD

là 1/6 của thể tích hình hộp vẽ trên

chang han 3 canh DA, DB, DC. Vay thé tich
Ÿ của tử điện cho bởi :

6V = [DÃ. DỀ. pÈI
—~

=>

a»

Với già thiết tam diện { DA, DB, DC}

thuận. Với điểm gốc O tùy ý, ta dat

là

GẦ = A, ÔỀ = B, ĐỀ = cðB =p

Thay

D vào

(12), sẽ được

z+8+y=1

Điều kiện này tương đương với (12).

(13)

Phương trình mặt phẳng. Điểm m thuộc
mặt phẳng (A, B, C) nếu và chỉ nếu
OA

V= gIAB,,C] — (8, G, DỊ +

tâm

v6i géc O chon ngoai mat phang (A, B, C).

Với một

6V =[A-P,B-D,C- DỊ

2) Ta lay O tai trọng

D = aA +BB+y7C

(AM, AB, AC]

Ta cớ

+ [C, D, A] - [D, A, BỊ
Chú ý :
1) Ta lay O tai D thi
V = 1/6[A, B, C]

Th biết là nơi chung ta có thé dat :

= 0

gốc Ở nào đớ, ta đặt

=A, OM

= X, AB = u,AC=0

Phuong trinh trén cho ta :
(10)

[X-A,

u,v]

=

0

q4)

Đó là phương trình của mặt phẳng đi qua
A và theo phương phẳng {z, v}. X là điểm
vạch ra mặt phẳng.

G cia tứ diện

th A+B+C+D=0<=D=-A-B-C
Do đó

-

[B, C, D)

= [B, C, A}

= {A, B, C}

[C, D, A]

-

= ~ [C, B, Al = IA, B, C}
[D, A, B] = IC, A, B] = TA, B, Cy

Kết quả trên cho thấy rằng nếu góc Ở
nằm trong tứ diện ABCD, nhu trong tam G

chẳng hạn, thÌ các tích ngồi sau đây :
(A, B, C], [C, B, DỊ, [C, Ð, AI] {A, D, BỊ

cùng dấu như nhau.
Nó cũng cho thấy rằng các tứ diện GABC,
GCBD. GCDA, GADB là tương đương.

2. Điều kiện đồng phẳng cho 4 điểm
Phương trình của mật phẳng : Bốn điểm
A,B, C, D là đồng phẳng nếu và chỉ nếu

(DA, DB, DO) =

= [A-D,B-D,C-D)=0
hay là

+

[A, B, C] [B, €, Đ] +
[Œ,Đ, A] ~ [D, A, BỊ] =0

Khai triển (14) ta ed ;
(X, 4, 0] = [A, ứ, 0].
dang

[X, u, vl] = a

(15)
ø là một hàng số thực.
Ngược lại, nếu cho phương trình (15) ta
có thể xác định (bằng vơ số cách) véctơ
OA = A sao cho
[4, 4, v)=a@

q1)

và ta sẽ có phương trình (14). Như vậy, (15)
biểu diễn một mặt phẳng có phương phẳng

(12)

Khoảng cách từ một diểm P dén mat
phẳng (14). Nếu u, ở là 2 véctd đơn vị, vng
góc với nhau, đồng thời tam diện {ÁP, u, v}

{u, 0}.

127


là thuận

thì

khoảng

cách

từ

phẳng (14) là
_—
6 = [AP, u,v]
tức
ð ={P- A,u, 0]

P

đến

mặt

Co thé viét

—

CƠ = CA + AA' +A'C"

—

(16)

Mat

vÌ rằng ố là chiều cao của hình hộp chữ

nhật

vẽ

trên

{AP,u,ø}

mà

đáy

là hình

=,
>
—
>
CC = (P' — p)AB
+ (1 — p’)AA’
+ PBB’

mặt đối diện đáy.

Dựa vào (20) ta thấy

Tất nhiên, nếu tích ngồi khơng chắc là
dương thì ta viết
dấu + hoặc
Nếu

Á,u, 0]

- phải chọn

a8)

ð =+[P- A,u, 0]/J¿|.|u|.sina (17)

trong đó œ là góc giữa ứ, 0.

3. Định lÍ Thales không gian
Cho 3 mặt phẳng P, Q, # lần lượt cắt hai
mặt

tại A, A’, B, B’,

phẳng cớ hai mặt

(P/ Q). Thế thì

C,

C’ va trong

3

song song với nhau

(A, B, C) = (A, B’, C’)

(18)

là điều kiện cẩn và đủ để cho mặt phẳng

thứ ba f song song với hai mặt P, Q.

- Chứng

> minh —

AC = PAB, A’C’ = PA'B
tương đương với

P=P

:

Néu

—
>
(CC, u,v] = (P' — ĐỊAB, u, 0]

Nhưng

(AB, u,v]

# 0 cho nén

(CC, u,v] = Op’ -p =0

sao cho ổ > 0.

2 véctơ w, u là bất kì thì

cát tuyến

khác A°Š =Ầ + AŠ+ BỂ' thay

vào trên ta có :

vng đơn vị {u, 0} và P là một đỉnh thuộc

ð = +ÍÐ-

>

= — pAB + AA + pare’

Mời các bạn ứng dụng tích ngồi của 3
véctơ trong khơng gian để giải các bài tốn
sau:

1. Trong hình tứ diện ABCD,

cạnh ÁB, DC, AC, BD lần lượt lấy các điểm

M, N, P, Q sao cho M chia AB

thì điều kiện (18) là

(19)

Mat khac, P // Q cd nghia 1a tén tai u, v
không đồng phương sao cho

va N chia CD

theo ti số A, P chia AC va Q chia BC theo ti
SỐ j..

Với diéu

nhau ?

kién

nao

thi MN

va PQ

giao

2. (Bai 9/143 b4o THTT s6 6/85).
Cho

dat

trên các

tứ

diện

ABCD

cd

thể

tích

V,

một

điểm P trong tứ điện. Trên ÁP, BP, CP, DP
kéo dài về phía P ra ngồi tứ diện, lấy các

điểm tùy ý Ai, Bị,

C¡, D.. Bốn mặt phẳng

lần lượt qua Ả;, Bị, C¡, Ð, song song tương

ứng với các mặt BCD, CDA, DAB, ABC cắt
nhau tạo thành một tứ diện mới A’B’C’D’ cd

thể tích V'. Lần

lượt nối các điểm Aj, B,,

{, dD, với các đỉnh các tam giác BCD,

CDA,

DAB, ABC tương úng để được một thập nhị
điện (các mặt đều là tam giác) có thể tích

là Vị.

Chứng minh rằng vì

=Vw.V

3. (Bai 11/153, THTT

Cho
phẳng,

sé 4/87)

hai đường thẳng ø, b khơng đồng
vng gớc với nhau nhận AB là

đường vng góc chung. Một điểm M thay
đổi sao cho khi hạ MA; L ø, MB, L 6 thi

AA, + BB, = AB

(ẢÄ',u,0] = 0, (BỂ!,u,ø] = 0 (20)

Ta sẽ chứng minh rằng (19) tương đương
với

128

[CỞ,u,u] = 0

(21)

a) Tìm quỹ tích của M thỏa mãn
kiện Œ®)
b) Cho

thêm

điều

kiện

MA, = MB,

œ

điều

œ9)

Tìm quỹ tích của M thỏa mãn cả hai điều
kiện (*) và (**),


TICH NGOAI CUA 3 VECTO
TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
NGUN THÚC HÀO
1. Trong một số bài viết trước (THTT số

2 và 6-1985, số 6-1986) tơi đã giới thiệu với

bạn đọc tích ngồi của 2 véctơ trong mặt

Khi đó, mọi bộ ba véctơ {x, y, z} cd thể
phân tích theo w, ø, tơ như sau :
x=xyu

phẳng, như là một hàm số thực, tuyển tính
và phản xứng của 2 véctơ. Giờ đây, tơi xin

YR yu + yyy + yyw

giới thiệu tích ngồi của 3 0écfØ x, y, z (ta

quy ước bỏ dấu mũi tên) trong không gian.

Do là một hàm số thực của +, y, z, tuyến tính
và phản xứng, kÍ hiệu là [x, y, z]. Nó là tuyến
tỉnh dối uới mỗi uéctd, nghĩa là, đối với x

chẳng hạn, ta có :

Eị † x;y, 2] = Eáụ,

y,2] + bey, 2]

lax, y, 2] = alx, y, 2]

a

Với mọi véctơ +, *ị 3; %, z và với mọi số

thực a.

Nó là phân xứng, nghĩa là nếu hốn vị
hai véctơ nào đó cho nhau, thì BÌÁ trị của

tích ngồi đổi thành số đối xứng. Chẳng hạn,

ta CÓ :

Ix, y, 2z] = - ly, x, z]

(2)

hoac
Dac

iy 2) = - [z, y, z]

(2)

(xz, x, z] = 0

(3)

Ta suy ra néu trong 3 véctơ x, %, z có 2

véctơ đồng phương thì tích ngồi của chúng
bằng 0. Chẳng hạn nếu y = ax, thi

(x, ax, 2] = alx, x, 2] = 0

(4)

2. Cho 3 véctơ ơ, ö, c. Th biểu diễn chúng
bằng các đoạn thẳng định hướng có chung
một gốc Ĩ
ĐÃ
Nếu

các

=a,ƠB
đoạn

=b, ĐÈ =c.

ấy cùng

thuộc

một mặt

phẳng thì các véctø ø, b, c gọi là đồng phẳng
hoặc cộng diện.

Bây giờ để xác định tích ngồi của 3 véctơ

bất kì, ta hãy chọn một bộ ba véctơ tùy ý
không đồng phẳng, {u, u, tơ] và quy ước cho
[u, ø, ư] một giá trị ổ # 0 cho trước :

[u, 0, tử] = Š
9-TeTr

z=zyu

( # 0)

()

+ zy + zw

và ta sẽ có

&y 2) = [xu tap + xy, yu + y0 +yyn,

Z¡ữ † Z2U + za]

Th khai triển vế thứ hai, dựa vào hai tính

chất tuyến tính và phản xứng, cuối cùng sẽ được
Ix, y, z] = Cys

+ tye, + Ry 2,

— #3yzZ) — #2yJ#2 — XWaZ2) X[M, v, w] (6)
Đẳng thức này cho ta giá trị của Ix, y, 2]

tu gid tri d cia [u, v, w]. Ta quy ước viết

gọn biểu thức trong ngoặc của vế bên phải
của (6) bằng cách đặt
#| #; 3;
#t ¥2 Ya)

biét

+x„u + xu

= #22

#22 5|

+ 24732,

+ #ay‡Z;

—

ype, — ayes - xượy

Œ

tức dưới dạng một bảng số hình vng có 3
hàng, 3 cột, gọi là định thức,
thức (6) viết gọn là :
li

Ixy 21 =

+

Như

vậy, hệ

+

[Z4 3 3|
2 42 23

Lu, v, w)

(8)

Giá trị của định thức, ta tính theo biểu

thức trong vế thứ hai của đẳng thức (7). Để
nhớ cách tính, người ta đặt ra quy tắc sau
(quy tác Sarrus). Th viết định thức nhự trong

vế đầu của (?) rồi viết hai cột nhất nhì vào

làm cột thứ tư và thứ năm :
ty

YK

2,

hy

ky | %

S ” ⁄
` Myo xế spoT

ORK

Z4 Z7 aN
| Šz
b

we
`

&

“ee
129


4. Bây giờ ta xác định giá trị cho tích

'Ta lập các tích số của 3 phần tử theo các
đường chấm chấm. Nếu từ trên đi xuống
sang bên phải thì đặt dấu + trước tích số,

cịn nếu từ trên đi xuống sang bên trái thì
đặt đấu — trước tích số.

Ta chú ý rằng định thức có thể viết dưới
dạng

tức dưới dạng

A

hai

= Az,

vécta

+ Bz, + Cz,

x,

y

khong

ddng

Thé là ta có vơ số cách chọn x, y, z để

cho tích ngồi của chúng khác không.
3. Điều kiện đồng phẳng cho 3 véctd
(khác không).
mỉnh

rằng

3 véctơ

Ix, y, 2] = 0
Điều

kiện

cơ

sở

cần

phẳng. Khi đó ta có
z=

(9)

: Giả

sử

+, y,

nào

l

đó

tích

với

trực

rồi

z đồng

ax + py

cơ

sở

trực

chuẩn
khác
Ta
phải chứng minh
điều

đó.

Trước

bất

Hinh

ta

lấy

một

I

cơ

sở

trực

chuẩn thứ hai là {x, y, z} có chung véctơ z
với cơ sở trực chuẩn
Ta phải chứng

ekiyizel —

{*z, y, z}.

minh

{x, y, 2] =

1

Goia - gée xox’ (xem hinh vé 1) ta sẽ cớ
x’ = xcosa + ysing
y’ = -xsina + ycosa

khác

không, z, y, z là đồng phẳng nếu và chỉ nếu
tích ngồi của chúng bằng 0
a)

một

mọi

Ix, y, z] # 0

chứng

khi

bằng

thì nó sẽ bằng 1 với

và ta có thể chọn Z¡, Z„, z¿ (bằng vơ số cách)
tức chọn véctơ z sao cho A # 0 va do dé

sẽ

một

chuẩn

phương thì A, B, C khơng triệt tiêu đồng thời

Ta

nếu

ngoài

= Zjays — #2) † z2yï — #2) +
+Z:Œjy; ~ #zy))
chon

Ix, y, z] gọi là một
cơ số trực chuẩn.

trên chỉ cổ nghĩa,

25223

Néu

tạo thành một tam dién thudn. Khi đó bộ ba

Điều quan trọng
cần nêu là quy ước

*ị 52%;
vì #223

A=

ngồi trong hình học ơ-cơ-iÍt với quy ước là
Ix, y, z] = 1 néu x, y, z la vécto đơn vị và

z'=z
và

Ik, yz]

=

cosa

—sina

0

cos’

sina 0
cosa 0

6

1

Za + sin? œ= 1

Trong trường hợp tổng qt, vị trí của

và

{x’, y, 2} là bất kÌ so với vị trí của {x, y, 2}.

Ix, y, z] = Lx, y, ax + 8y]

= alx, y, x) + fix, yy)

= 0

b) Điều kiện dù : Gia stt ta od [x, y, 2] = 0.

Nếu

+, y

đồng

phương

thì

rõ

chúng đồng phẳng với mọi vếctơ z.
Nếu x, y không
véctơ £ sao cho

đồng

phương,

ràng

là

ta chọn

[x, y, 41 #0

C&c vécta {x, y, £} sẽ không đồng phẳng

(theo phần a) và ta có thể phân tích z theo

*,,

£

z = ax +Ổy +yí
và

lz, y, z] = lx, y, œx + Ay + yf] = rls, y, a

Ta thay rang [x, y, z] = 0 kéo theo y = 0
tức là z đồng phẳng với +, y.
130

Ta goi OU ~ giao tuyến của mặt phẳng (XOY)
với mặt phẳng vuông gúc với ØZ' qua O, tức
là mặt phẳng chứa OX', OY’. Ta chon trục OV
sao cho {u, 0, z'} là trực chuẩn và trục OR
sao cho {u, r, z} là trực chuẩn (xem hình 2).


Ta lần lượt biến đổi cơ sở {z, y, z} theo
3 bước ;

lz|.z

+

y=

1) {x, y, 2} — {u, r, z} với phép quay trục

Z, góc VỤ.

|y|.cosa.w + |y| sinz.u
——

trong đó ta gọi œ là góc

Mặt khác, ta phân tÍch z

2) {u, 7, z} — {u, v, z} với phép quay trục
Ù, góc 6.

3) {u, v, z} —
trục Zˆ góc ø.

{x’, y’, z'} với phép quay

Trong mỗi bước, cơ sở sau có chung một
trục với cơ sở trước, cho nên nếu tích ngồi

z=k+h

trong đó è đồng phẳng với +, y và u, cịn h
theo phương to (vng góc với mật phẳng (0, v)).

Khi đó :

[, y, z] = Íz, y, # + h] = iy, A}

vì ta cổ [x y, š] = 0

Vậy

của cơ sở trước bằng một thì tích ngồi của
cơ sở sau cũng bằng 1:
[x?; y; z1
=

= [z, ø, z1

Các góc W, 6, ø gọi là các góc Euler (Động

học).

ð. Thể tích hình hộp :

Cho 3 véctơ bất kÌ, không đồng phẳng, x,

y, z mà ta biểu diễn bằng các đoạn OA, OB,
oc:

x= OA,y = OB,z
= 00.
Hình hộp vẽ trên 3 cạnh OA, OB, OC
cũng sẽ gọi là hình hộp vẽ trên 3 véctơ +, y,
z. Ta chọn một cơ sở trực chuẩn {ưứ, v, w}
sao cho œ cùng phương véi x, v và đồng

phẳng với x, y.

Như vậy, ta có thể viết (xem hình 3).

(x, y, 2] = lz, y, h]

= [lz|u, ly|cos.z + |y| gina.p, h]
= lz|.|y|sginz[u, v, A}

=

fur,
2) = [x, +, z] = 1

xƠy.

nhưng A = + |h|, cho nên
fy y, 2] = + Ix} lylsine.fAl
tu, v, w]
= + |z|.]y| .sinz.| h|
‘Ta thấy |x| .|y| .sina = 8, nếu gọi S là diện
tích hình bình hành vẽ trên x, y. Con [A|
là chiều cao của hình hộp mà đáy là hình

bình

hành

ấy và đáy trên cớ một đỉnh là

Cc (z = OO). Thế là

:

lx y, zÌ = + Ì5|.S= + W

oc.

V la thé tich hinh h6p cé canh
Néu

A cùng hướng

{ OA, 6B, OC}

với ø,

(10)
OA,

OB,

tức tam

diện

1a thugn thi ta ed
iy,

z1=V

Như ` vậy, thể tích hình hộp có cạnh OA

= x, OB = y, OC =z bang Ix, y, z] néu tam
diện {z, y, z} là thuận. Nếu tam điện ấy là
nghịch, ta có tích ngồi am, nên phải lấy giá

trị tuyệt đối.

Tém lại, tích ngồi [x, y, z] là thể tích
của hình hộp vẽ trên 3 véctơ x, y, z với dấu
+ nếu

Hình

3

{x, y, z}

là một

dấu - nếu ngược lại.
của tích ngồi của 3
rõ ràng là tích ngồi
chỉ khi 3 véc tơ z, y,

tam

diện

thuận,

với

Đó là ý nghĩa hình học
véct. Theo ý nghia đớ,
[x, y, z] bằng 0 khi và
z đồng phẳng.

131


UNG

DUNG

CUA

TRONG

TICH NGOAI HAI VÉCTƠ

HÌNH HỌC PHANG

NGUYEN THUC HAO
Trong bài này, xin tiếp tục giới thiệu
thêm với bạn đọc về ứng dụng của tích ngồi
(có thể kết hợp với tích vơ hướng) vào hình
học phẳng.

1. Hệ thức giữa 3 véctơ bất kÌ

mũi

Từ

nay,

chúng

ta sẽ quy ước bỏ cả dấu

tên trên các chữ

dùng để chỉ vectơ.

Chẳng hạn, œ sẽ được thay bằng œ, sau khi
đã nói trước ø là một vectd,

Bây giờ, trong mặt phẳng, xét 3 vectơ bất
kì a, ð, c. Nếu chúng đồng phương với nhau
thì
Ía, 6} = [ư, e] = [e, a]Ì = 9
và khơng có gÌ đáng nói. Nếu có Ít nhất
một cặp vectơ khơng đồng phương, chẳng
hạn ø và b, thì :

và vectơ cịn lại là e biểu diễn được bằng
một tổ hợp tuyến tính của a, ư (phân tích ¢
hai

phương

a và 5), tức

thực sao cho

e = aa +

có œ, 8 là số

fb

a)

L&n lugt lay tich ngoai cha hai vé véi a

và b, ta sẽ được :

Ic, a] = 8, a], [e, b] = la, b]
Jð,ơ].._ — le a]
œø = — [a,b]

tỨC

II

(2)

Hệ thức (1) trở nên
_

..

hay là

(3)

Đó là hệ thức giữa 3 vectơ bất kì trong
mặt phẳng. Ta chú ý rằng, trường hợp ø, b,
e đồng phương với nhau thỉ hệ thức (3) vẫn
đúng.

don
182

nghĩa rộng, cia hai tia). Ta hay dat :

ab =a,bc =B

thi

Gc =a +f (+ 2kn)

Ti (3) ta rit ra:

[a.c]b = [a, be + [b, cla
Nhân 0ơ hướng với b, ta có :

la, l(b?) = [ø, b](, b) + [ð, e](ø, 6)

Do a, 6, ¢ la vecto

don

vị, ta được

sin(œ + Ø) = sinz.eosổ + cosa.sin8

Tu do suy ra sin(a - 8), cos(a + 8),

trong lượng

Ta hay xét 3 vectd a, 6, ¢ la nhitng vecta
vj:

cơng

(4)

cos(œ - ), v.v,

3. Đường thẳng,
đường thẳng
a) Đường

thẳng.

giao diểm
Ta

hãy

xác

của

hai

định

một

đường thẳng bằng cách cho điểm A và
phương ú (vectd) của nở. Đường thẳng di

qua 4, theo phương u, là quỹ tích điểm M
sao cho AM đồng phương với u, tức là

(AM, u] = 0

[M- A, uv] = 0

(a, 8)

thức cộng cung

k 1A một số nguyên, còn ac, ab, be la
những gúc lượng giác (góc có định hướng

hay 1a

— E,c]a - [c,a]b

la, ble + [6, cla + [c, a]b = 0

2. Công
giác :

ac =ab+be + Đhe

thức

[a, b] z 0

theo

fal = [dl = Jel =1.

Định lí Chasles về góc cho ta hệ thức :

(5)

Bạn đọc nhớ rằng ta kí hiệu OM va OA
lần lượt bằng M, A (với O là gốc đã chọn cho

các vectơ bán kính của các điểm). Cơ thể nơi
(5) la phương trình của đường thẳng, trong
đó M là điểm chạy trên đường thẳng.

b) Giao của hai dường thẳng
Cho thêm một đường thẳng thứ hai, đi
qua B, theo phương ở (khác ¿), mà phương

trình là

[B— M, 0] = 0, [u, u] # 0
Ta hay dat M = au + pv

(6)
(7)


và buộc M thỏa mãn cá (ð) và (6), sẽ được

[A ~ au — fu,uJ] = 0

(B - au - Bo,v) =0f

IA, u] + Blu, v] = 0

> 1B,ul — alu, o] = 0
Tu

dd,

ta

rut

ra a, 8

>

Như trong bài trước ở mục nói về định H
(THVTT số 2-1985), ta hãy đặt :
—
—
>

Menelaus

tồi

thay

vào

(6) là :

thẳng

phương

([4, 0]C - [B, 0]u¿ + [A, u]u, W]

hay là

[u, 0][C,

+
Ấy

[W

W]

u](B,u]

là điều

+ [u, W][A,

= n8 '-p-=

thẳng (ð), (6) và (9).

đồng

quy

cho

q0)
3 đường

nên

{v, WIA, u] + [W, ¿][B, vo} = 0
thẳng được

(at)

xác định

bằng 2 điểm, tức nếu cho 3 đường thang AA’,
BB’, CC’, thi ta lay céc vecta chi phương là :

u = AA
= A’’Av = BB = B’-B,

W = CC =C’ —C r6i ap dung diéu kien

(10) hode (11).

l-a

“8A-(1-)B

1l-y
Ấp dụng điều kiện (11), ta sẽ được
Nhung

(1 + afy)[A, BI? = 0

[A, B] # 0, cho nén

6. Bài toán
5- 1985

7/142

C'

CA, AB,

Hãy

lần lượt cho các điểm

tim điều kiện đồng quy cho

3 đường thẳng AA, BB”, CC'.

(12)

của báo THWTT

số

Đề bài ; - Trên các cạnh của tứ giác lồi
có diện tích 6, về phía ngồi, dựng các hình
vng. Tâm các hình vng do tao thanh
một

tứ giác cớ diện tích Sị-

> 28

a) S;

Chứng

minh

:

b) S, = 2S khi và chỉ khi các đường chéo
của tứ giác ban đầu bằng nhau và vng góc

với nhau.

Giải. Cho tứ giác lồi ABCD. Ta gọi M, N,

5, Q lần lượt là các trung điểm của AB, BC,
CD, DA. Hai đoạn MP và NQ có giao điểm
O mà ta biết là trung điểm của mỗi đoạn.
Ta goiA,, B,, C,, D, lần lượt là tâm các hình
vng dựng trên ÁB, BC, CD, DA về phía
ngồi. Chọn Ở làm gốc các vectơ điểm.

Cho tam giác ABC. Trên các cạnh (có thể

A, B,

aa

4:

5. Dinh li Céva

kéo dài) BC,

4 _An-yB

w=c-c=
= A77
c8

=0

Chú ý. 1) Có thể lấy điểm C lam gốc các
vectơ buộc. Khi ấy € = 0. Diều kiện (10) trở

(Cc = 0)
2) Nếu mỗi đường

7B

ve BO B=

trình

uw) +

A-B

:

apy = -1

=0

kiện

C-pA

= 0, ta có

1»

CA

„=A-A=B-d-sj4

thứ ba với

{C- M, W]= 0
(9)
Ba dudng thdng (5), (6) và (9) là déng
quy nếu và chỉ nếu giao của hai đường (5)
kiện đơ là :

C

,

thắng

(9). Điều

ag Baaa4
p

BC

Ae rg B= pape
Ta lai co :

[z, 0]
@
4. Điều kiện đồng quy của ba đường

và (6), cho bởi (8), thỏa mãn

Ae

Chon

[B;u]u — [A„]u

Lại cho thêm đường
phương trình là :

Từ

(we)
= (aa) 7= (SR):
đớ, ta suy ra :

1 Bre,

(7),

được giao điểm của hai đường thẳng (5) và

M=

A'B

a=

\

ee
Hình

A,
4

183


2(0' Tp) =Ơ — B! + D! — A' = — AM"

a) Ta hãy tính 8,
Taco:

S = (DA, DB) + (DB, DO

trong dé M’, N' là các vectơ M,
W đã quay

= (DA ~ DC, DB)
= (CA, DB)

gốc -z/2 tức M' = zat By=- s(C+ D’y

= [2NM, 2PM]

N'= ìœ +Œ)= -3œ
2
2

= 4[M - N, N - PỊ

Vậy hệ thức (3) cho ta :

Ta goi u’, v’, w’, r' lần lượt là ảnh của
các vectd œ, 0, tơ, r trong phép quay một góc

vng theo chiều âm tức —z/2. Ta thấy rằng :

Ai=M+u?,Bị =N tui C¡ = TM
+ tới,

ÐĐ,=-N+r

(2)

:

[ru

tồn

tích

lia

[u’, v] = [u, 0] = 7 AB, B

§¡ = 8[M, N] + 2ữn? + n2) - A[M, NY

ngoài,

Nhận xét thêm. Ta hãy để ý hai đường

wT +
(3)

chéo của tứ giác A. 13,C,D,.

và (B)):
Pp

=A;

=

Cho quay ~ 2/2, sé duge

Pp’ =~ 2(M’- N) =~ qq’ = 2-M-N)

=p

1

Vay

1

tớ, r1 = [w, 7) = 5 Sep,

tức là :

1s

Công lại, được :

[wi rl tir, ul= S =

(4)

Mat khác nếu goi A’, B’, C’, D’ la cdc
vectơ ảnh của A, B, C, D trong phép quay
góc ~z/2, thì :

134

ta có

:

& Pp? = Iq, g1 = [-p, gì

bP = fF = bp, 4]

[rý z1] = trị] = ZSAnp

= 4[M, N]

1=C,-4,=-2Mt+w’-u’=

=~ 2N
+ 2M’ = 2(M’-

[o’, w'] = [v, w] = 2 Saep

w+

Ta cd (theo (2)

cho

Cũng vậy ta có:

le, ol
+ [ve

(7)

kết quả trên, ta suy ra ngay kết luận

của bài toán.

2S, = 4[M, N] + 2[M, 0' ~ r7] +
+ QIN, wu] + fu’, oT +
bảo

hoặc

Từ

+[EN+ry,M+u]

quay

= 4[M, N] + 2(m2 + n2)

$, = 2S + 2[0m — n)2 + 2mn(1 — sin8)]

+[-Mt+w’,-N+r]+

phép

hoặc

trong đó 6 là góc hai vectd M, N.
Cuối cùng ta cơ thể viết :

]+
+IN+v,-M+w

r+

25, = 8[M, N] + 40m? + n?)

= 2S + 20n2 + n2 ~ 2mnsin8)

Dit

=(Mtu’,N+ve]+

t+ iw

=~ 4[M, M1 - 4[N, N] = 4n? +n2) — (6)

VÌ nếu đặt [M] = m và [N] = n thì :
~[M, M1 = MỸ = mề, - [N, N1 = [NỆ = n2

AB = 2u, BC = 2u, CD = 2w, DA = 2r.

Đo
nên :

2M, 0° ~ r1} + 2[N, œ' - w”] =

(1)

b) Bây giờ tính 8,
Ta hay đặt :

2S, = [A,, B) + [B,, C) +c,

+ (D,, Aj] hay la

+A’)

Từ kết quả (5) ta cơ :

= 4[M ~ N, N +M]
2S = 8[M, N]
6 đây, ta nhớ rằng P = -M, Q = ~,

Th có

5

2(w’ - w) = D0 + A — BY = - art )

Kết luận là: hai đường chéo A,C,
B,D, bang nhau va vudng gée vi nhau,

va

1 Bài toán 1 thi quốc tế 1985

Đề bài: Cho một đường tròn tâm ở trên

cạnh 4B của một tứ giác lồi ABCD và tiếp
xúc với 3 cạnh còn lại. Chứng mỉnh rằng nếu

tứ giác nội tiếp, ta có AD + BC

= AB.


Giải. Ta gọi O là tâm của vòng tròn đã
cho, nằm trên AB, và lấy nó làm gốc các
vectơ bán kính cho các điểm. Th đặt :
BC

AB =a,

là :

ÏB, C] _ [C, DỊ _ [D,A] _

ad
CO
VIC, Al + (BCl_ [4, C1 + 1D, A) + IC, DI

*

ab

~

ed

Can cứ vào (2) và chú ý rằng B = A,

[A, B]

= 0, ta đi đến :

1~A _b+c+Ảd

ee

a

be

—1_b+Ác+Àd
a
ed

Ä3+ÊÈ=Ê+Ô=x

kéo theo

hay là :
sind = sing
sinB = sinD

hay là

ed

[B, DỊ + [D, A] - [D, B] + [B, C] + [C, D]

q)
a=b+d

Điểm O phải cách đều các cạnh BC, CD, DA
bằng r, cho nên

Mặt khác điều kiện

be
- BỊ _[A-D,CDỊ

ab

# 1).

Điều ta phải chứng minh

“ee

ad
[C¬B,A

DA =d.

=c,

= b, CD

—
~
= 20A tite B = AAG
OB

{8 ~A,D “AI _[ЗC,B- C]

>

1-A_b+†c+Âd
_ ~bTÂc~Àd
a
bc
s
ed
_ (-Aye_

> —
~> =>
[AB, AD] _ [CD, CB]

a,

be,

ab

ed

1-A

_ be+cd b+a'
So sánh hai tÌ số đầu và cuối (4 z l), ta có

[BC, BA] _ [DA, DC]

CHUNG

©
a

a=b+d

Đó là điều phải chứng minh.

QUANH

ĐƯỜNG

TRUNG

TUYẾN

NGUYEN TƯỜNG
Về đường trung tuyến thì cịn có vấn dé
gì nữa để nơi với các bạn ? Đường trung
tuyến chia tam giác ra làm hai phần có diện

tích bằng nhau, đường trung tuyến là quỹ
tích của những điểm có tÌ số khoảng cách
đến hai cạnh kề của tam giác thì tỈ lệ nghịch

với độ đài của hai cạnh, quỹ tích này cịn có

thêm một đường thẳng nữa đi qua đỉnh và

song song với cạnh đối diện của tam giác, ba

đường

trung

quy tại một

tuyến

điểm

giác v.v... Quả

của

tam

gọi là trọng

là các bạn

giác thì đồng
tâm

của tam

đã biết hết mọi

chuyện về đường trung tuyến, thế thi cdn cd
vấn đề gì để nới nữa ? Ấy thế mà vẫn cịn
có vấn đề để nói nữa đây. Đớ là những vấn
đề có liên quan đến đường trung tuyến.

Trong hình tam giác thường ABC, xuất
phát từ đỉnh A, ta vẽ đường trung tuyến AM

và đường thẳng AS đối xứng với đường trung

tuyến AM qua đường phân giác AD (8 là giao
điểm của AS với cạnh BC của tam giác). Ta
sẽ gọi tên đường AS là đường đối trung của
tam giác ABC, xuất phát từ đỉnh A (di nhiên
trong tam giác có ba đường đối trung tương
ứng với ba đường trung tuyến). Câu chuyện
"Chung quanh đường trung tuyến" mà tôi
muốn ngỏ cùng với các bạn là những vấn đề
thuộc về đường đối trung này,

1. Đường đối trung xuất phát từ một đỉnh
của tam giác là quỹ tích của những điểm cớ
tÌ số khoảng cách đến hai cạnh kế của tam
giác tÌ lệ thuận với độ đài của hai cạnh, tức
làp € AS e>x/c = y/ (xem hình 1). Ta cũng
đễ dàng nhận thấy quỹ tích này cịn có thêm
một đường thẳng nữa là đường tiếp tuyến
185

với đường
tiếp
ngoại
giác
tam

đỉnh
của

trung.

xuất

đường

tròn
của
tại

phương độ dài của hai cạnh kế, tức là SB/S
C
= 7/62, Chitng minh tinh chat này dựa trên
nhận xét :

đối

ŠB _ diện tích ABS

phát

2. Đường đối

8

trung

$0

Ê phát
Hình

đỉnh

1

từ

của

xuất

một

tam

giác đi qua giao

điểm của hai đường tiếp tuyến với đường

tròn ngoại tiếp của tam giác tại hai đỉnh kia

(xem hinh 2).

S§C ` diện tich ASC”
2be
4. Tacs 45.
AM
pak

cho bạn.

.

Chứng minh đành

02+

ð. Tổng bình phương các khoảng cách từ

một điểm bất kì nằm trên một cạnh của tam
giác đến hai cạnh kia sẽ đạt cực tiểu khi
điểm đó trùng với chân đường đối trung
tương ứng với cạnh do.

Chứng mính. Gọi P là một điểm bất kì
nằm trên cạnh BC của tam giác ABC. z và y
là khoảng cách từ P đến cạnh AB và AC, rõ
rang ta co cx + by = 2s (e là điện tích tam
giác ABC).
Ap

dung
bất
đẳng
thức
Bunhiacốpxki ta được :

(cx + by)? = 4s? & (c2 + b2)Œœ2 + y2)

Từ đây suy ra min(x? + y2) =

xy

4

c2 + 2

đạt

tại điểm P cớ tính chất x/c = +/b, tức là
Ð = S (chân đường đối trung AS).
6. Ba đường đối trung của một tam giác
đồng quy tại một điểm. Dễ dàng chứng minh
tính chất này bằng cách sử dụng một trong

các tính chất kể trên của đường đối trung.

?. Tổng bình phương các khoảng cách từ
một điểm bất kì trong mặt phẳng tam giác
đến ba cạnh của nó sẽ đạt cực tiểu khi điểm
đó trùng với giao điểm của ba đường đối

Chứng mình.

Gọi N là giao điểm của hai đường tiếp

tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC tại B và C, 7 là gìao điểm của. đường phân
giác AD với đường trịn ngoại tiếp. ¡!' là
đường kính.
Ta

phai

chitng

minh

AN

là đường

đối

trung, tức là đường thẳng AN đối xứng với

đường trung tuyến AM qua đường phân giác

AD.

Rõ

ràng hàng điểm

(MNIT) là hàng

điểm diéu hda (vi OF = OM.ON), géc TAP = 1

vuông, suy ra A7 là đường phân giác của góc
MAN. Vạy AN đối xứng với AM qua phân
giác AD hay AN là đường đối trung của tam

giác ABC xuất phát từ đỉnh A.
3. Đường

giác thành
186

đối

trung

hai đoạn

chia

thẳng

cạnh

của

tam

tỈ lệ với bình

trung.

Chứng minh tính chất này tương tự như
chứng minh tính chất 5,
8. Gọi giao điểm của
của tam giác ABC là K.
vng góc KP, KQ, KR
tam giác ABC. Diểm K
của tam giác PQR.

ba đường
Từ K ha
xuống ba
chính là

đối trung
ba đường
cạnh của
trọng tâm

Chứng mình.

(xem hình 3)
Kéo dai RK ra doan KQ’ = RK.

Do tính chất 1 : KR/AB

= KQ/AC
nN

hay KQ'/AB = KQIAC va QKQ’ = 4, suy ra
hai tam giác X@!Q và ABC đồng đạng với
nhau. Do đố góc KQQ' = C hay KP//QQ’,
như vậy XP đi qua điểm giữa của RQ hay
KP nàm trên đường trung tuyến xuất phát

từ đỉnh P của

tam

giác PQR.

Tương

tự


19. Trong tất cả các hình tam giác nội
tiếp trong tam giác ABC thì tam giác PQR
là tam giác có tổng bình phương các cạnh là

bé nhất.

Chứng mỉnh tính chất này dựa trên nhận
xét : Tổng bình phương các khoảng cách từ

Hinh 3

chứng minh đối với KQ và KR.
trọng tâm của tam giác PQR.

9.

Tam

giác

1293

PQR

có

diện

Vậy K

tích

là

bằng

trong đó s là điện tích của

tam giác ABC ; a, b, e là độ dài các cạnh.

một điểm bất kÌ trên một đường thẳng cho
trước đến hai điểm cố định cho trước sẽ đạt
cực tiểu khi điểm đó trùng với chân đường
vng góc hạ từ điểm giữa của hai điểm cố
định xuống đường thẳng cho trước.
Sơ bộ qua 10 điểm thú vị mà tôi đã ngỏ
cùng các bạn trong câu chuyện "Chung
quanh đường trung tuyến", câu chuyện sẽ

còn dài, để nghị các bạn hãy chứng minh tỉ

mi ede tính chất 1, 3, 4, 6, 7, 9, 10 xem do
là những bài tập phải hoàn thành ở nhà,
Chúc

các bạn học giỏi mơn

Tốn.

VỀ MỘT TÍNH CHẤT CỦA TAM GIÁ C VA TU DIE
N
HỒNG ĐỨC TÂN
Các bạn
(và

thân

mến

!

Việc tìm kiếm các tính chất của tam giác
tương

tự

cho

tứ diện)

là một

việc

Câu trả lời là : có ! Và sau đây là cách
chứng minh.

làm

rất thú vị, song cũng không phải là một việc
lam dễ đàng mà nó địi hỏi ta phải suy luận

liên tục. Chẳng hạn, cdc ban co thé dé dang
thấy rằng có vơ số đường thẳng chia chu vi
của tam giác thành hai phần bằng nhau, và
cũng có vơ số đường thẳng chỉa diện tích của

tam giác thành hai phần bằng nhau (việc

chứng mỉnh là đễ đàng). Tuy nhiên từ đây
xuất hiện vấn đề.
Bài tốn 1. Có tổn tại hay khơng một

đường thẳng đồng thời chia đôi chu vi và
chia đôi diện tích của một tam giác ABC cho
trước hay khơng ?

Giả sử AARC

ứng
cách
Mục
cạnh
cho

có các cạnh

ø, 6, c (tương

với các đỉnh A, B, € và chu vi
tổng quát, ta có thể giả thiết ø
đích của ta là phải tìm điểm
BA (tức là phải tìm z = BW
trên cạnh BC có điểm AM thỏa

thức MB

= p - x và đoạn MN

tích AABC. R

chia đơi diện

ràng z cần tìm phải thỏa mãn

điều kiện.

và

2p. Mot
= 6 > c
N trén
> 0) sao
mãn hệ

0
Œ)

Osp-xea

(2)

Mặt khác, ta phải có

1_dt(BMN) _BN.BM _ x(p ~ x)
2

Tie

đ(ABO

~ BC.BA

la:

2x2 ~ 2px + œe = 0

ac

(8)

Do vậy ta phải tìm nghiệm x của phương
trình (3) thỏa mãn các điều kiện (1) và (2).
Xét (3) ta có : A’ = p2 — Đạc,

187