Tích Ngoài Của Véc Tơ Và Ứng Dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

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
---------------------------

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

Lời cảm ơn
Luận văn này được thực hiện tại trường Đại học Khoa học - Đại học
Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của Phó Giáo sư - Tiến
sĩ Trịnh Thanh Hải. Tác giả xin trân trọng bày tỏ lòng kính trọng và biết
ơn sâu sắc tới thầy, người đã tận tình chỉ bảo, hướng dẫn, động viên khích
lệ và tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học tập và
nghiên cứu luận văn.
Qua bản luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu
trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa
Toán - Tin, cùng các giảng viên đã tham gia giảng dạy và tạo mọi điều
kiện tốt nhất để tác giả học tập và nghiên cứu trong suốt thời gian qua.
Tác giả cũng xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp và tất cả mọi
người đã quan tâm, động viên và giúp đỡ để tác giả có thể hoàn thành
luận văn của mình.
Tác giả xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, ngày ... tháng ... năm 2017
Tác giả luận văn

Phạm Trung Lâm


ii

Mục lục
Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt

iii

Danh mục các bảng

iv

Mở đầu

1

1 Kiến thức chuẩn bị

3

1.1. Định nghĩa

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2. Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3. Biểu thức tọa độ của tích ngoài hai véc tơ . . . . . . . . . .

3
4

1.4. Hướng và diện tích đại số của tam giác . . . . . . . . . . . .
1.5. Hướng và diện tích đại số của đa giác lồi . . . . . . . . . . .

4
6

1.6. Mối liên hệ giữa độ dài đại số và diện tích đại số . . . . . . .

7

2 Một số ứng dụng tích ngoài véc tơ

9

2.1. Mở rộng định lí Gergaune . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.2. Ứng dụng của tích ngoài véc tơ vào giải toán . . . . . . . . . 10
2.3. Vấn đề tỉ số kép của chùm đường thẳng . . . . . . . . . . . . 13
2.4. Một số bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.5. Một số bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
Kết luận

45

Tài liệu tham khảo

46


iii

Danh mục các ký hiệu, các chữ viết
tắt
→
−
−

(→
a, b)

→
−
−
Góc lượng giác giữa hai véc tơ →
a, b.

(a, b)
S[XY Z] hoặc S[XY Z]

Góc giữa hai đường thẳng a, b.
Diện tích đại số của XY Z.

S(XY Z) hoặc SXY Z
→
− −
→
−
→
−
a ↑↑ b (→
a ↑↓ b )

Diện tích hình học của XY Z.
→
−
−
Hai véc tơ →

a , b cùng hướng (ngược hướng).


iv

Danh mục 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

Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Trong các đề thi học sinh giỏi, ngoài các bài tập áp dụng tính chất của
tích vô hướng, thì đã có rất nhiều bài có lời giải liên quan đến tích ngoài
của hai véc tơ. Tuy nhiên trong chương trình, sách giáo khoa môn toán ở
THPT không trình bày nội dung tích ngoài của hai véc tơ nên việc vận
dụng tích ngoài của hai véc tơ vào giải toán là một vấn đề khó đối với
nhiều học sinh. Với mong muốn đưa ra một cách hệ thống kiến thức về
tích ngoài của hai véc tơ và việc vận dụng các kiến thức đó vào giải toán
trung học phổ thông, tác giả đã lựa chọn đề tài "Tích ngoài của hai véc
tơ và ứng dụng".
2. Mục đích nghiên cứu
Tìm hiểu và trình bày một cách hệ thống các kiến thức cơ bản về tích
ngoài của hai véc tơ đồng thời trình bày ứng dụng tích ngoài hai véc tơ
vào giải toán.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Luận văn có nhiệm vụ:
a. Tìm hiểu về tích ngoài của hai véc tơ: Định nghĩa, tính chất, biểu thức
tọa độ tích ngoài hai véc tơ.
b. Sưu tầm và trình bày việc ứng dụng tích ngoài của hai véc tơ vào giải
một số bài toán dành cho học sinh giỏi, đề thi chọn học sinh giỏi trong
nước và quốc tế.
c. Đưa ra lời giải chi tiết, đầy đủ cho bài toán mà trong các tài liệu tham
khảo chỉ có lời giải tóm tắt hoặc gợi ý.


2

4. Nội dung luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn được trình
bày ngắn gọn trong hai chương
Luận văn văn gồm hai chương như sau:
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Chương 2. Một số ứng dụng tích ngoài véc tơ
Một cách cụ thể, luận văn sẽ trình bày các kết quả chính trong các tài
liệu tham khảo [1], [2], [3], [4], [5].


3

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
Trong chương 1, luận văn chọn lọc và trình bày một số kiến thức liên
quan đến tích ngoài của hai véc tơ dựa chủ yếu vào tài liệu tham khảo [2]
và [4].

1.1.

Định nghĩa

→
−
→
−
−
−
Tích ngoài của hai véc tơ →

a , b kí hiệu là →
a ∧ b là một số, được xác
định như sau:
→
−
→
−
a = 0
−
→
− →
• Nếu →
−
→
− thì a ∧ b = 0.
b = 0
• Nếu

→
−
→
−
a = 0
−
−
−
→
− →
→
− →

→
− →
→
−
→
− thì a ∧ b = | a |.| b |. sin( a , b ).
b = 0

Từ định nghĩa trên ta có ngay hệ quả hiển nhiên:
→
−
→
−
→
−
−
a // b ⇔ →
a ∧ b = 0.

1.2.

Tính chất

Tích ngoài của hai véc tơ có ba tính chất cơ bản sau đây:
→
−
→
− −
−
i) →

a ∧ b =− b ∧→
a (phản giao hoán);
→
− −
→
− − →
−
−
ii) →
a ∧( b +→
c)=→
a ∧ b +→
a ∧ −c (phân phối);


4

→
−
→
−
−
−
iii) (k →
a ) ∧ (l b ) = (kl)(→
a ∧ b ).

1.3.

Biểu thức tọa độ của tích ngoài hai véc tơ

Để có thể chứng minh được các tính chất của tích ngoài, trước hết ta
có định lí sau:
→
−
−
Định lí 1.1 Trên mặt phẳng tọa độ cho hai véc tơ →
a (x1 ; y1 ), b (x2 ; y2 ).
Khi đó

1.4.

→
−
→
−
a ∧ b = x1 y2 − x2 y1 .

Hướng và diện tích đại số của tam giác

a) Hướng của tam giác
Cho tam giác ABC, ta thấy các hướng quay từ A đến B đến C, từ B
đến C đến A, từ C đến A đến B trùng nhau và gọi là hướng của tam giác
ABC. Như thế các tam giác ABC, BCA, CAB có cùng hướng.
Nếu hướng của tam giác ABC trùng với hướng của mặt phẳng thì ta
nói tam giác ABC có hướng dương.
Nếu tam giác ABC có hướng ngược với hướng của mặt phẳng thì ta nói
tam giác ABC có hướng âm.
b) Tam giác suy biến
Theo định nghĩa thông thường, ba đỉnh của một tam giác phải là ba

điểm không thẳng hàng. Tuy nhiên, khi xét các bài toán về diện tích, yêu
cầu này đôi khi trở nên không cần thiết mà còn gây trở ngại cho việc làm
toán. Vì vậy, ta đưa ra khái niệm Tam giác suy biến, tức là tam giác mà
ba đỉnh thẳng hàng. Để cho thuận tiện, ta thay thuật ngữ tam giác suy
biến bởi thuật ngữ tam giác.
c) Diện tích đại số của tam giác
Diện tích đại số của tam giác ABC là một số đại số (có thể dương, âm
hoặc bằng không), kí hiệu S[ABC] (hoặc S[ABC]) và được xác định như


5

sau

1 −→ −→
S[ABC] = AB ∧ AC.
2
Từ định nghĩa trên, ta có ngay hệ quả là
S[ABC] = S[BCA] = S[CAB].

Ta chỉ cần chứng minh đẳng thức thứ nhất, còn đẳng thức thứ hai được
rút ra một cách tương tự.
1 −→ −→ 1 −→ −−→ −→
AB ∧ AC = AB ∧ (BC − BA)
2
2
1 −→ −−→ −→ −→
= (AB ∧ BC − AB ∧ BA)
2
1 −−→ −→

= BC ∧ BA = S[BCA].
2

S[ABC] =

d) Mối liên hệ giữa diện tích đại số và diện tích hình học của
tam giác
Khái niệm diện tích hình học chính là khái niệm diện tích mà ta vẫn
hiểu theo nghĩa thông thường. Lúc đó không xét hướng của tam giác và số
đo diện tích luôn là dương. Kí hiệu diện tích hình học của tam giác ABC
(cũng như mở rộng cho đa giác) là SABC hoặc S(ABC), lúc đó
S(ABC) = S(BCA) = S(CAB).
Tuy nhiên khi cần phân biệt khái niệm diện tích (thường dùng) và diện
tích đại số thì người ta thường thay từ diện tích bởi cụm từ diện tích hình
học.
Đối với một tam giác có hướng thì diện tích đại số và diện tích hình học
của nó liên hệ bởi định lí sau đây
Định lí 1.2 (Trích [1])
1) Nếu tam giác ABC có hướng dương thì S[ABC] = S(ABC).
2) Nếu tam giác ABC có hướng âm thì S[ABC] = −S(ABC).
−→
Hệ quả 1.1 Trên mặt phẳng tọa độ cho tam giác ABC. Biết rằng AB =
−→
1
(x1 , y1 ), AC = (x2 , y2 ). Khi đó SABC = |x1 y2 − x2 y1 |.
2


6

e) Tính chất
Diện tích đại số của tam giác có hai tính chất cơ bản sau:
i) Cho tam giác ABC, với mỗi điểm M ta có
S[ABC] = S[M AB] + S[M BC] + S[M CA].
(hệ thức Chasles về diện tích)
ii) Cho tam giác ABC, với mỗi điểm M thuộc đường thẳng BC ta có
1 −−→ −−→
S[ABC] = S[M AB] + S[M BC] + S[M CA] = BC ∧ M A.
2
Chứng minh.
−−→ −−→
1 −→ −→ 1 −−→ −−→
S[ABC] = AB ∧ AC =
MB − MA ∧ MC − MA
2
2
1 −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→
=
MB ∧ MC − MA ∧ MC − MB ∧ MA + MA ∧ MA
2
1 −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→
MA ∧ MB + MB ∧ MC + MC ∧ MA
=
2
= S[M AB] + S[M BC] + S[M CA]
1 −−→ −−→
Đẳng thức S[ABC] = BC ∧ M A chính là sự mở rộng kết quả cơ bản
2
đối với diện tích hình học của tam giác.
−−→ −−→

1
1
S[ABC] = aha = BC.M A. sin(M B, M A).
2
2

1.5.

Hướng và diện tích đại số của đa giác lồi

Có thể mở rộng khái niệm hướng và diện tích đại số từ tam giác đến đa
giác lồi. Với sự mở rộng này, khái niệm tích ngoài trở nên có hiệu lực hơn
nhiều trong việc giải các bài toán hình học.
a) Định nghĩa
Diện tích đại số của đa giác lồi A1 A2 ...An là một số, kí hiệu S[A1 A2 ...An ]
và được định nghĩa như sau.
• Nếu đa giác có hướng dương (trùng với hướng của mặt phẳng) thì
S[A1 A2 ...An ] = S(A1 A2 ...An ).


7

• Nếu đa giác có hướng âm (ngược với hướng của mặt phẳng) thì
S[A1 A2 ...An ] = −S(A1 A2 ...An ).
Từ định nghĩa trên, ta dễ dàng thấy rằng
S[A1 A2 ...An ] = S[A2 A3 ...An A1 ] = ...
= S[An A1 ...An−2 An−1 ].
Định lí sau đây rất quan trọng. Nó cho phép ta khai triển diện tích đại
số của một đa giác lồi thành tổng các diện tích đại số của các tam giác và
thường gọi là hệ thức Chasles tổng quát về diện tích.

Định lí 1.3 Cho đa giác lồi A1 A2 ...An . Với mỗi điểm M ta có
S[A1 A2 ...An ] = S[M A1 A2 ] + S[M A2 A3 ] + ... + S[M An A1 ].

(∗)

Chứng minh.
Định lí được chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
Theo hệ thức Chasles ta thấy (*) đúng khi n = 3.
Giả sử (*) đã đúng với n = k (k ≥ 4). Xét đa giác lồi A1 A2 ...Ak Ak−1 .
Theo giả thiết quy nạp và theo hệ thức Chasles ta có
S[A1 A2 ...An ] = S[M A1 A2 ]+S[M A2 A3 ]+...+S[M Ak−1 Ak ]+S[M Ak A1 ];
S[Ak Ak+1 A1 ] = S[M Ak Ak+1 ] + S[M Ak+1 A1 ] + S[M A1 Ak ].
Chú ý rằng S[M Ak A1 ] = S[M A1 Ak ] = 0.
Ta thấy (*) đúng khi n = k + 1. Định lí đã được chứng minh.
Hệ thức (*) thường được gọi là Hệ thức Chasles về diện tích đại số.

1.6.

Mối liên hệ giữa độ dài đại số và diện tích đại số

Trong mục này, một định lí quan trọng được giới thiệu và chứng minh,
nó cho thấy mối liên hệ giữa các khái niệm: độ dài đại số, diện tích đại số;
nó chính là sự mở rộng mối liên hệ quen biết giữa các khái niệm: độ dài
hình học, diện tích hình học; Định lí và hệ quả sẽ được sử dụng nhiều lần
trong các bài toán trình bày sau đây.


8

Định lí 1.4 Cho tam giác ABC. Các điểm B’, C’ nằm trên đường thẳng

BC. Ta có
BC
S[ABC]
.
=
S[AB C ]
BC
Chứng minh.
−
Gọi →
e là véc tơ chỉ phương của đường thẳng BC. Lấy điểm M bất kì
trên BC. Ta có
1 −−→ −−→
−−→ →
−−→
BC ∧ M A
BC(−
e ∧ M A)
BC
S[ABC]
2
= −−→
= −−→
=
.
−−→
−−→ B C (→
1
−
S[AB C ]

B
C
e
∧
M
A)
B C ∧ MA
2
Hệ quả 1.2 Cho tam giác ABC và điểm O. Giả sử các đường thẳng AO
và BC cắt nhau tại điểm M (khác B, C). Ta có
S[OBA]
MB
=
.
S[OCA]
MC
Chứng minh.
−
Gọi →
e là véc tơ chỉ phương của đường thẳng BC, ta có.
−→ −−→
−→ −
AO ∧ M B
M B(AO ∧ →
e)
S[OBA] S[BAO]
=
= −→ −−→ =
−
→

−
S[OCA]
S[CAO]
M C(AO ∧ →
e)
AO ∧ M C
MB
=
.
MC
Hệ quả 1.3 Cho tam giác ABC và điểm M nằm trên đường thẳng BC. Ta
có
MB
S[M BA]
=
.
S[M CA]
MC


9

Chương 2

Một số ứng dụng tích ngoài véc tơ
Các ví dụ, bài tập được trình bày trong chương 2 được luận văn trích
dẫn từ một số bài báo của tác giả Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Thúc Hào
đăng trên tạp chí Toán học tuổi trẻ [1], [4] và tài liệu tham khảo số [3],
Một số nội dung và bài tập đề nghị được lấy từ tài liệu tham khảo khác.
Tích ngoài của hai véc tơ là một công cụ mạnh để giải quyết nhiều bài

toán hình học. Để minh họa cho nhận định trên, trong mục này, tôi sẽ sử
dụng tích ngoài của hai véc tơ để mở rộng, chứng minh và chính xác hóa
một vài kết quả cổ điển.

2.1.

Mở rộng định lí Gergaune

Định lí Gergaune được nhà toán học người Pháp Gergaune công bố vào
năm 1818.
Định lí 2.1 (Gergaune)[3] Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam
giác. AM, BM, CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A’, B’, C’. Khi đó:
MA
MB
MC
+
+
= 1.
AA
BB
CC
Định lí Gergaune có sự mở rộng rất tự nhiên nhờ khái niệm độ dài đại số.
Tuy nhiên, nếu không có công cụ tích ngoài của hai véc tơ thì việc chứng
minh Định lí Gergaune mở rộng không hề đơn giản.


10

Định lí 2.2 (Gergaune mở rộng). Cho tam giác ABC và điểm M không
thuộc các đường thẳng BC, CA, AB, AM, BM, CM theo thứ tự cắt BC,

CA, AB tại A’, B’, C’. Khi đó:
MA
MB
MC
+
+
= 1.
AA
BB
CC
Chứng minh.
Theo Hệ quả 1.2 và theo Hệ thức Chasles
MA
MB
MC
S[M BC] S[M CA] S[M AB] S[ABC]
+
+
=
= 1.
+
+
=
S[ABC]
S[BCA]
S[CAB]
S[ABC]
AA
BB
CC

C
A
M
B
A
B

C

Hình 2.1

2.2.

Ứng dụng của tích ngoài véc tơ vào giải toán

Định lí Ceva dạng lượng giác xuất hiện nhiều trong các tài liệu toán sơ
cấp như một công cụ quan trọng để giải quyết bài toán ba đường thẳng
đồng quy. Dưới đây, tác giả sẽ giới thiệu một phương pháp chứng minh
cho định lí này dựa vào khái niệm tích ngoài của hai véc tơ.
Định lí 2.3 (3) Cho tam giác ABC và ba điểm M, N, P thỏa mãn điều
kiện: M ∈
/ (AB) ∪ (AC), N ∈
/ (BC) ∪ (BA), P ∈
/ (CA) ∪ (CB). Chứng
minh rằng: AM, BN, CP đồng quy hoặc đôi một song song khi và chỉ khi
−−→ −−→
−→ −→
−−→ −→
sin(AM , AB) sin(BN , BC) sin(CP , CA)
−−→ −→ .

−−→ −→ .
−→ −−→ = −1.
sin(AM , AC) sin(BN , BA) sin(CP , CB)


11

Giải. Chứng minh điều kiện cần
Trường hợp 1: AM, BN, CP đồng quy (tại O).
Ta có

S[AOB] S[BOC] S[COA]
+
+
= 1.
S[AOC] S[BOA] S[COB]

Từ đó, với chú ý O thuộc AM, BN, CP, theo Định lí 1.4 ta có
S[AM B] S[BN C] S[CP A]
+
+
= 1.
S[AM C] S[BN A] S[CP B]
−−→ −→ 1
AM , AB . 2 BN.BC. sin
⇒
−−→ −→ 1
1
AM.AC.
sin

AM , AC . 2 BN.BA. sin
2
1
2 AM.AB. sin

−−→ −−→ 1
BN , BC . 2 CP.CA. sin
−−→ −→ 1
BN , BA . 2 CP.CB. sin

−−→ −−→
BN , BC sin
−−→ −→ .
BN , BA sin

−−→ −→
sin AM , AB sin
⇒
−→ −−→ .
sin AO, AM sin

−→ −→
CP , CA
−→ −−→
CP , CB

−→ −→
CP , CA
−→ −−→ = −1.
CP , CB

Trường hợp 2: AM, BN, CP đôi một song song.

P

N

N

A
P
M
B

M

C

Hình 2.2

Khi đó, với chú ý rằng M ∈
/ (AB) ∪ (AC), n ∈
/ (BC) ∪ (BA), P ∈
/ (CA) ∪
(CB), ta có AM, BN, CP theo thứ tự cắt BC, CA, AB. Đặt M = AM ∩
BC, N = BN ∩ CA, P = CP ∩ AB.
Ta có


12

MB NC PA
M B BC CM
.
.
=
.
.
= −1.
MC NA PB
M C BM CB
S [AM B] S [BN C] S [CP A]
⇒
.
.
= −1.
S [AM C] S [BN A] S [CP B]
Từ đó, với chú ý rằng M ∈ AM ; B ∈ BN ; P ∈ CP , ta có
S [AM B] S [BN C] S [CP A]
⇒
.
.
= −1.
S [AM C] S [BN A] S [CP B]
Tiếp tục khai triển tương tự như trường hợp 1, ta có
−−→ −→
−−→ −−→
−→ −→
sin AM , AB sin BN , BC sin CP , CA
−→ −−→ .

−−→ −→ .
−→ −−→ = −1.
sin AO, AM sin BN , BA sin CP , CB
Tóm lại, điều kiện cần đã được chứng minh.
Chứng minh điều kiện đủ
Trường hợp 1: AM, BN, CP đôi một song song. Khi đó, ta có ngay điều
cần chứng minh.
Trường hợp 2: AM, BN, CP không đôi một song song. Khi đó, tồn tại hai
trong ba đường thẳng AM, BN, CP cắt nhau. Không mất tính tổng quát,
giả sử BN và CP cắt nhau, gọi giao điểm của chúng là O. Khi đó, ta có
AO, BN, CP đồng quy. Nhờ kết quả đạt được trong phép chứng minh điều
kiện cần, ta có
−→ −→
sin AO, AB sin
−→ −→ .
sin AO, AC sin
Theo giả thiết, ta có
−−→ −→
−−→ −−→
sin AM , AB sin BN , BC
−→ −−→ .
−−→ −→
sin AO, AM sin BN , BA
−→ −→
sin AO, AB
sin
Suy ra,
=
−→ −→
sin AO, AC

sin

−−→ −−→
BN , BC sin
−−→ −→ .
BN , BA sin

−→ −→
CP , CA
−→ −−→ = −1
CP , CB

−→ −→
sin CP , CA
.
−→ −−→ = −1.
sin CP , CB
−−→ −→
AM , AB
−−→ −→
AM , AC


13

−→ −→
−−→ −→
−→ −→
AO, AB − AM , AO − AO, AC
−→ −→

−−→ −→
−→ −→
− cos AO, AB + AM , AO + AO, AC
−→ −→
−−→ −→ −→ −→
= cos AO, AC − AM , AO AO, AB
−→ −→
−−→ −→
−→ −→
− cos AO, AC − AM , AO − AO, AB
−→ −→
−−→ −→
−→ −→
−−→ −→
⇒ cos AC, AB − AM , AO = cos AB, AC − AM , AO
−→ −→
−−→ −→
−→ −→
−−→ −→
⇒ sin AC, AB sin AM , AO = sin AB, AC sin AM , AO .
−−→ −→
−−→ −→
⇒ sin AM , AO = − sin AM , AO .
−−→ −→
⇒ sin AM , AO = 0.
−−→ −→
⇒ AM , AO = k1800 .
−−→
−→
−−→

−→
⇒ AM ↑↑ AO hoặc AM ↑↓ AO
⇒ cos

⇒ Đường thẳng AM trùng với đường thẳng AO.
⇒ O ∈ AM .
Vậy AM, BN, CP đồng quy (tại O).
Tóm lại, điều kiện đủ đã được chứng minh.

2.3.

Vấn đề tỉ số kép của chùm đường thẳng

Khái niệm tỉ số kép của chùm đường thẳng thường được định nghĩa
thông qua khái niệm tỉ số kép của hàng điểm. Tuy nhiên, bằng nhiều cách
khác nhau, ta vẫn có thể định nghĩa khái niệm tỉ số kép của một chùm
đường thẳng mà không thông qua khái niệm tỉ số kép của hàng điểm.
Định lí sau đây cho ta một cách định nghĩa như vậy.
Định lí 2.4 [3] Với bốn đường thẳng đồng quy (tại O) OA, OB, OC, OD:
−→ −→
sin OC, OA
sin
O(ABCD) =
:
−→ −−→
sin OC, OB
sin

−−→ −→
OD, OA

−−→ −−→ .
OD, OB

(2.1)

Ở đây, kí hiệu O(ABCD) là tỉ số kép của chùm đường thẳng OA, OB,
OC, OD.


14

Chứng minh. Vẽ đường thẳng không đi qua O, theo thứ tự cắt các đường
thẳng OA, OB, OC, OD tại X, Y, Z, T.
Theo Định lí 1.4:
ZX T X
S[OZX] S[OT X]
:
:
=
S[OZY ] S[OT Y ]
ZY T Y
−→ −−→ 1
−→ −−→
1
OZ.OX sin(OZ, OX)
OT.OX sin(OT , OX)
= 2
: 2
−−→−−→
−→ −−→

1
1
OZ.OY sin(OZ,OY )
OT.OY sin(OT , OY )
2
2
−→ −−→
−→ −−→
sin(OZ, OX) sin(OT , OX)
=
−−→−−→ :
−→ −−→ .
sin(OZ,OY ) sin(OT , OY )
−−→
−→
Nếu OX ↑↑ OA thì
−→ −−→
−→ −−→
−→ −→
−→ −→
sin(OZ, OX) sin(OT , OX) sin(OZ, OA) sin(OT , OA)
−−→−−→ :
−→ −−→ =
−−→−−→ :
−→ −−→ .
sin(OZ,OY ) sin(OT , OY )
sin(OZ,OY ) sin(OT , OY )
−−→
−→
Nếu OX ↑↓ OA thì

−→ −−→
−→ −−→
sin(OZ, OX) sin(OT , OX)
−−→−−→ :
−→ −−→
sin(OZ,OY ) sin(OT , OY )
−−→−→
−−→−→
sin((OZ,OA) + 1800 ) sin((OT,OA) + 1800 )
:
=
−−→−−→
−−→−−→
sin(OZ,OY )
sin(OT,OY )
−−→−→
−−→−→
−−→−→
−−→−→
− sin(OZ,OA) − sin(OT,OA)
sin(OZ,OA) sin(OT,OA)
=
−−→−−→ :
−−→−−→ =
−−→−−→ :
−−→−−→ .
sin(OZ,OY )
sin(OT,OY )
sin(OZ,OY ) sin(OT,OY )
Vậy trong cả hai trường hợp, ta đều có

−−→−−→
−−→−−→
−−→−→
−−→−→
sin(OZ,OX) sin(OT,OX)
sin(OZ,OA) sin(OT,OA)
−−→−−→ :
−−→−−→ =
−−→−−→ :
−−→−−→ .
sin(OZ,OY ) sin(OT,OY )
sin(OZ,OY ) sin(OT,OY )
O(ABCD) =

Tiếp tục như trên:
−−→−−→
−−→−−→
−−→−→
−−→−→
sin(OZ,OX) sin(OT,OX)
sin(OZ,OA) sin(OT,OA)
−−→−−→ :
−−→−−→ =
−−→−−→ :
−−→−−→
sin(OZ,OY ) sin(OT,OY )
sin(OZ,OY ) sin(OT,OY )
−−→−→
−−→−→
−−→−→

−−→−→
sin(OZ,OA) sin(OT,OA)
sin(OC,OA) sin(OT,OA)
=
−−→−−→ :
−−→−−→ =
−−→−−→ :
−−→−−→
sin(OZ,OB) sin(OT,OB) sin(OC,OB) sin(OT,OB)
−−→−→
−−→−→
sin(OC,OA) sin(OD,OA)
=
−−→−−→ :
−−→−−→ .
sin(OC,OB) sin(OD,OB)


15

Tóm lại

2.4.

−→ −→
sin OC, OA
sin
O(ABCD) =
−→ −−→ :
sin OC, OB

sin

−−→ −→
OD, OA
−−→ −−→ .
OD, OB

Một số bài toán

Bài toán 2.1 [1] Cho tứ giác lồi ABCD. Cho I, J là trung điểm của AC,
1
BD, E = AD ∩ BC. Chứng minh rằng S(EIJ) = S(ABCD).
4

D

E

A

I

J

C

B

Hình 2.3

Giải. Ta có
−
→
1 −→ −→ 1 1 −→ −
1 −−→ −−→
EA + EC
∧
EB + ED
EI ∧ EJ =
2
2 2
2
−
→ −−→ −→ −−→ −
−
→ −−→
1 1 −→ −−→ −
= . EA ∧ EB + EC ∧ EB + EA ∧ ED + EC ∧ ED
4 2
−
→ −
−
→ −−→ −−→ −→
1 1 −→ −−→ −−→ −
= . EA ∧ EB + EB ∧ EC + EC ∧ ED + ED ∧ EA
4 2
1
(S[EAB] + S[EBC] + S[EDC] + S[EDA]) .
=
4

S [EIJ] =


16

−−→ −−→ −−→ −→
(vì EB ∧ EC = ED ∧ EA = 0).
Từ đó suy ra
1
S(EIJ) = S(ABCD).
4
Bài toán 2.2 [2] Cho tam giác ABC. Các điểm A , B , C theo thứ tự thuộc
các đường thẳng BC, CA, AB và A”, B”, C” theo thứ tự là trung điểm của
các đoạn thẳng AA , BB , CC . Chứng minh rằng
1
S(A”B”C”) = S(A B C ).
4
A

C
A
C

B

B
B

C

A

Hình 2.4

Giải. Ta có

1 −→ −→
S[A”B”C”] = AB ∧ AC
2
1 1 −→ −−→
1 −→ −−→
=
AB + A B
∧
AC + A C
2 2
2
1 1 −→ −→ −−→ −→ −→ −−→ −−→ −−→
= . AB ∧ AC + A B ∧ AC + AB ∧ A C + A B ∧ A C
4 2
1
= (S[ABC] − S[A CA] − S[A AB] + S[A B C ])
4
1
= S[A B C ].
4
Từ đó, suy ra
1
S(A”B”C”) = S(A B C ).

4


17

Bài toán 2.3 [1] Cho tam giác ABC, M là điểm bất kì, một đường thẳng
qua M cắt các đường thẳng BC, CA, AB tại A1 , B1 , C1 . Chứng minh
rằng
S[M BC] S[M CA] S[M AB]
+
+
= 0.
M A1
M B1
M C1
A
C1

M

B1
∆

B

C

A1

Hình 2.5

−
Giải. Gọi →
e là vec tơ chỉ phương của trục . Ta có
S[M BC] S[M CA] S[M AB]
+
+
M A1
M B1
M C1
1 −−−→ −−→ 1 −−−→ −→ 1 −−−→ −→
M A1 ∧ BC
M B1 ∧ CA
M C1 ∧ AB
2
2
2
=
+
+
M A1
M B1
MC
−−−→
−−−→ 1
−−−→
1 M A1 −−→ M B1 −→ M C1 −→
=
∧ BC +
∧ CA +

∧ AB
2 M A1
M B1
M C1
−−→ − −→ →
−→
1 →
−
=
e ∧ BC + →
e ∧ CA + −
e ∧ AB
2
−−→ −→ −→
1−
1− →
−
= →
e ∧ BC + CA + AB = →
e ∧ 0 = 0.
2
2
Bài toán 2.4 [2] Cho lục giác lồi ABCDEF. Các điểm M, N, P, Q, R, S
theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AB, DE, CD, FA, EF, BC. Chứng
minh rằng: MN, PQ, RS đồng quy khi và chỉ khi S(AEC) = S(BF D).


18
C
S

P

B

D

M

N

A

Q
R

E

F

Hình 2.6

Giải. Lấy điểm O bất kì, ta thấy
−−→ −−→ −→ −→ −→
4 OM ∧ ON + OP ∧ OQ + OR ∧ OS
−→ −−→
−−→ −−→
−→ −−→
−→ −→
= OA + OB ∧ OD + OE + OC + OD ∧ OF + OA
−−→ −→

−−→ −→
+ OE + OF ∧ OB + OC
−→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ −→ −→ −→
= OA ∧ OD + OA ∧ OE + OB ∧ OD + OB ∧ OE + OC ∧ OF + OC ∧ OA
−−→ −→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −→ −→ −−→ −→ −→
+ OD ∧ OF + OD ∧ OA + OE ∧ OB + OE ∧ OC + OF ∧ OB + OF ∧ OC
−→ −−→ −−→ −→ −→ −→
−−→ −→ −→ −−→ −−→ −−→
= OA ∧ OE + OE ∧ OC + OC ∧ OA − OB ∧ OF + OF ∧ OD + OD ∧ OB
= 2 (S[OAE] − S[OEC] − S[OCA]) − 2 (S[OBF ] − S[OF D] − S[ODB])
= 2(S[AEC] − S[BF D]).
Suy ra
−−→ −−→ −→ −→ −→
2 OM ∧ ON + OP ∧ OQ + OR ∧ OS = (S[AEC] − S[BF D])
Đặt O = M N ∩ P Q. Từ (*) ta thấy
−−→ −−→ −→ −→
OM ∧ ON = OP ∧ OQ = 0

(∗)


19

−→ −→
Vậy MN, PQ, RS đồng quy ⇔ O thuộc RS ⇔ OR ∧ OS = 0
−−→ −−→ −→ −→ −→
⇔ OM ∧ ON = OP ∧ OQ + OR ∧ OS = 0
⇔ S[AEC] − S[BF D] = 0
⇔ S(AEC) − S(BF D) = 0 (do các tam giác AEC và BED cùng hướng)
⇔ S(AEC) = S(BF D).

→
− − →
−
−
Bài toán 2.5 [2] Cho bốn vec tơ →
a , b ,→
c , d . Chứng minh rằng
→
−
→
−
a ∧ b

−
− →
−
→
−
→
−c ∧ →
−
−c ) →
−
d + (→
a ∧→
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 ∧ (c ∧ d) b + ( d ∧ b )→
c +( b ∧→
c)d
→
−
−
=→
a ∧ 0
= 0.
Bài toán 2.6 [1] Cho tứ giác A1 A2 A3 A4 , Các điểm H1 , H2 , H3 , H4 theo
thứ tự là trực tâm của các tam giác A2 A3 A4 , A3 A4 A1 , A4 A1 A2 , A1 A2 A3 .
Chứng minh rằng
S[A1 A2 A3 A4 ] = S[H1 H2 H3 H4 ].
Giải. Lấy điểm O bất kì. Vì H1 , H2 là trực tâm của các tam giác A2 A3 A4 ,
A1 H2 ⊥A3 A4
−−−→ −−−→
nên
⇒ A1 H2 A2 H1
A2 H1 ⊥A3 A4
−−−→ −−−→
−−→ −−→
−−→ −−→
⇒ A1 H2 ∧ A2 H1 = 0 ⇒ OH2 − OA1 ∧ OH3 − OA2 = 0
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→
⇒ OA1 ∧ OA2 − OH1 ∧ OH2 = OA1 ∧ OH1 − OA2 ∧ OA2 (1)
−−→ −−→ −−→ −−→
⇒ S[OA1 A2 ] − S[OH1 H2 ] = OA1 ∧ OH1 − OA2 ∧ OH2 .

A3 A4 A1

(2.2)

Tương tự ta có
−−→ −−→ −−→ −−→
⇒ S[OA2 A3 ] − S[OH2 H3 ] = OA2 ∧ OH2 − OA3 ∧ OH3

(2.3)