Luận văn Thạc sĩ Toán học: Ứng dụng của tích vô hướng và tích có hướng

Mục lục

Mở đầu 2

Danh sách hình vẽ 4

. .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Các đẳng thức vector . . . 1.2.2 Các bất đẳng thức vector . 1.3 Tích vô hướng trong hình học phẳng . 1 Tích vô hướng trong không gian vector Euclid . . 1.1 Định nghĩa không gian vector Euclid . 1.2 Các đẳng thức vector và bất đẳng thức vector . . .

. . . . . . . . .

1.4 Tích vô hướng trong Hình học không gian . . . . . .

. . . . . .

1.5 Ứng dụng tích vô hướng giải bài toán đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . 1.3.1 Chứng minh hệ thức hình học và tính biểu thức . . 1.3.2 Chứng minh bất đẳng thức hình học . . 1.3.3 Chứng minh quan hệ vuông góc . . . 1.3.4 . . . . . . . . . . . . Sáng tạo các bất đẳng thức nhờ tích vô hướng . . 1.4.1 Chứng minh tính vuông góc trong không gian . . 1.4.2 Tính góc, khoảng cách, diện tích, thể tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.1 Giải phương trình . . . . 1.5.2 Giải bất phương trình . . 1.5.3 Giải hệ phương trình . . 1.5.4 Chứng minh bất đẳng thức . . 1.5.5 Tìm cực trị hình học và cực trị đại số . . . . 1.6 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 5 7 7 8 8 9 15 17 24 27 27 30 39 39 41 42 43 46 49

Kết luận Chương 1 52

2 Tích giả vô hướng và tích có hướng

. 2.1 Tích giả vô hướng của hai vector trong E2

. . . . . .

. . 2.1.1 Nhắc lại một số thuật ngữ và ký hiệu . . 2.1.2 Tích giả vô hướng (tích ngoài) của hai vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 53 53 54

. 2.2 Tích có hướng của hai vector .

. . . . . . . .

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

2.1.3 Biểu diễn một số sự kiện hình học theo tích giả vô hướng . . . 2.1.4 Ứng dụng vào diện tích đại số . . . . 2.1.5 Các ví dụ ứng dụng . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Định nghĩa và tính chất . . . 2.2.2 Tích hỗn tạp của 3 vector . . . 2.2.3 Biểu diễn các sự kiện hình học . . . 2.2.4 Ứng dụng của tích có hướng trong hình học . . . 2.2.5 Ứng dụng của tích có hướng trong Vật lý . . . . . . 2.3 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 58 61 64 64 66 66 67 72 75

Kết luận và Đề nghị 77

Tài liệu tham khảo 79

Lời cảm ơn

Để hoàn thành được luận văn một cách hoàn chỉnh, tôi luôn nhận được sự hướng dẫn và giúp đỡ nhiệt tình của PGS.TS. Nguyễn Việt Hải, giảng viên cao cấp Trường Đại học Hải Phòng. Tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy và xin gửi lời tri ân nhất của tôi đối với những điều Thầy đã dành cho tôi.

Tôi xin chân thành cảm ơn ban lãnh đạo phòng Đào tạo Sau đại học, các quý Thầy Cô giảng dạy lớp Cao học K7B (khóa 2013-2015) Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũng như tạo điều kiện cho tôi hoàn thành khóa học.

Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất tới gia đình, bạn bè, những người đã luôn động viên, hỗ trợ và tạo mọi điều kiện cho tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn.

Xin trân trọng cảm ơn!

Tác giả

Nguyễn Trọng Nghĩa

Mở đầu

Trong toán học hiện đại, tất cả các cấu trúc toán học đều dựa trên cấu trúc không gian vector. Chỉ với hai phép toán cộng hai vector và nhân một số với một vector, không gian ấy đã mô tả được nhiều sự kiện quan trọng của toán học nói riêng và của các ngành khoa học tự nhiên nói chung. Vector là một công cụ mạnh để giải các bài toán hình học phổ thông. Phương pháp vector ngày nay đã trở nên quen thuộc để giải các bài toán hình học cũng như các loại toán khác thay cho cách giải toán truyền thống, nó góp phần làm nên vẻ đẹp mới trong mỗi lời giải bài toán. Tiếp nối luận văn của tác giả Nịnh Thị Thu với đề tài "Phương pháp vector", bảo vệ thành công năm 2015 (xem [7]), tôi tự đặt cho mình bài toán nghiên cứu các ứng dụng của các phép toán tích vô hướng và tích có hướng vào giải các bài toán Hình học, Đại số và một số bài toán của Vật lý. Mục đích của đề tài là:

1. Nêu bật các kỹ thuật thường gặp khi ứng dụng tích vô hướng và tích có hướng để giải các bài toán. Các kỹ thuật này được minh họa qua hàng loạt các ví dụ tường minh.

2. Hệ thống các bài toán có thể giải bằng cách ứng dụng các phép toán trên, đặc biệt nêu rõ ứng dụng của các phép toán vector vào các bài toán phi hình học như: Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình; chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị hình học, cực trị đại số...

3. Trình bày thêm tích giả vô hướng (tích ngoài) của hai vector, diện tích đại số, ví dụ về đại số Lie,... các kiến thức có ích mà chương trình đại học chưa đề cập đến.

Phạm vi của đề tài là ứng dụng các phép toán của không gian vector vào các bài toán trong chương trình phổ thông, đặc biệt chú ý đến các bài toán thi học sinh giỏi các cấp, thi Olympic trong nước và Quốc tế, các bài thi vào Trung học phổ thông chuyên và các đề thi Đại học. Ngoài phần mở đầu và danh mục tài liệu tham khảo nội dung luận văn được chia làm hai chương:

• Chương 1. Tích vô hướng trong không gian vector Euclid dành để trình bày

những ứng dụng của tích vô hướng giải các bài toán Hình học phẳng, Hình học không gian và các bài toán Đại số.

• Chương 2. Tích giả vô hướng và tích có hướng, giới thiệu mới về phép toán " tích giả vô hướng", các ứng dụng của 2 phép toán này trong phạm vi kiến thức của Hình học phổ thông.

Mỗi chương đều có phần giới thiệu chung về lý thuyết cần dùng đến trong chương. Nội dung nào đã có thì nêu tài liệu trích dẫn, nội dung nào mới thì được tác giả chứng minh chi tiết và chặt chẽ. Ý tưởng đó được tác giả lưu ý trong suốt luận văn.

Thái Nguyên, ngày 25 tháng 11 năm 2015 Tác giả

Nguyễn Trọng Nghĩa

Danh sách hình vẽ

Hình vẽ Trang

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

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1 Ví dụ 1.3 . . . . . . . 1.2 Ví dụ 1.4 . . . . . . . 1.3 Ví dụ 1.5 . . . . . . . 1.4 Ví dụ 1.10 . . . . . . . 1.5 Ví dụ 1.11 . . . . . . . 1.6 Ví dụ 1.12 . . . . . . . 1.7 Ví dụ 1.13 . . . . . . . 1.8 Ví dụ 1.14 . . . . . . . 1.9 Ví dụ 1.15 . . . . . . . 1.10 Ví dụ 1.16 . . . . . . . 1.11 Ví dụ 1.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.12 . . . . . . . . . . . . 1.13 . 1.14 . . . . . . . . . . . . 1.15 Ví dụ 1.20 . . . . . . 1.16 Ví dụ 1.29 (Trường hợp 1) 1.17 Ví dụ 1.29 (Trường hợp 2) . 1.18 Ví dụ 1.22 . . . . . . . 1.19 Ví dụ 1.23 . . . . . . . 1.20 Ví dụ 1.23 (Chú ý) . . 1.21 Ví dụ 1.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 10 12 16 17 18 19 21 23 24 28 31 31 32 33 35 35 36 37 38 47

. . . . . . . . . . . . . . . . 2.1 Mệnh đề 2.3 . . . . . 2.2 Ví dụ 2.7 . . . . . . 2.3 Ví dụ 2.8 . . . . . . 2.4 Ví dụ 2.9 . . . . . . 2.5 Ví dụ 2.10 . . . . . . 2.6 Ví dụ 2.11 . . . . . . 2.7 Ví dụ 2.12 . . . . . . 2.8 Ví dụ 2.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 68 69 70 71 72 73 74

Chương 1

Tích vô hướng trong không gian vector Euclid

Trong không gian vector ta có các khái niệm cơ bản như độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính, tập sinh, cơ sở, tọa độ, không gian con k-chiều (đường thẳng, mặt phẳng,...). Ngoài các phép toán cộng, trừ các vector, nhân một số với một vector ta cần đến phép toán mới để diễn tả các khái niệm mang nội dung hình học nhiều như: Độ dài của vector, góc giữa hai vector, tính trực giao, thể tích khối đa diện... Đó là phép toán nhân vô hướng của hai vector. Phép toán đó cũng cho ta khái niệm không gian vector Euclid (có thể xem chi tiết trong [8]).

1.1 Định nghĩa không gian vector Euclid

Định nghĩa 1.1. Một không gian vector E trên trường số thực R được gọi là một không gian vector Euclid thực nếu có một dạng song tuyến tính đối xứng (cid:104)α, β(cid:105) : E× E → R thỏa mãn điều kiện (cid:104)α, α(cid:105) > 0 với mọi vector α (cid:54)= 0. Dạng song tuyến tính đối xứng này được gọi là tích vô hướng của E.

Nói cách khác, tích vô hướng của hai vector α, β ∈ E là số thực (cid:104)α, β(cid:105), ký hiệu

đơn giản là α.β, thỏa mãn bốn tiên đề sau

(1) α.β = β.α

(2) (α1 + α2).β = α1.β + α2.β

(3) k.(α.β) = (k.α).β với mọi k ∈ R

(4) α.α = α2; và α.α = 0 khi và chỉ khi α = θ.

Ta xét một số ví dụ về không gian vector Euclid.

Ví dụ 1.1. Các không gian sau cùng tích vô hướng xác định

(1) Không gian vector tự do trong hình học sơ cấp là một không gian vector Euclid −→ β |. cos(−→α , −→ β = |−→α |.| −→α . với tích vô hướng −→ β ).

(2) Giả sử E là không gian vector thực n chiều và

n (cid:80) i=1

−→α = −→e 1, −→e 2, ..., −→e n là một cơ sở của −→ei xi

n (cid:80) i=1

nó. Có thể định nghĩa một tích vô hướng trên E như sau: Nếu −→ β = −→ β = −→α . −→ei thì ta đặt yi xiyi. Nói riêng nếu E = Rn thì tích vô

và hướng trên là tích vô hướng chính tắc trên Rn.

−→α ∈ E là đại lượng |−→α | =

Định nghĩa 1.2. Chuẩn hay độ dài của một vector √−→α .−→α . Nếu |−→α | = 1 thì

−→α được gọi là một vector định chuẩn. Khái niệm chuẩn là mở rộng khái niệm độ dài thông thường lên không gian nhiều

2 + ... + an

chiều. √ a1 Ví dụ 1.2. Với mọi vector

−→α = −→ 0 −→ 0 khi và chỉ khi

−→α = (a1, ..., an) ∈ Rn ta có |−→α | = Dễ thấy chuẩn của một vector có những tính chất cơ bản sau (1) |−→α | ≥ 0 ∀−→α ∈ E ; |−→α | −→α = (2) |c−→α | = |c| . |−→α | ∀c ∈ R; ∀−→α ∈ E

−→α (cid:54)= −→ β = là vector định chuẩn của mọi vector −→ 0 . (3) −→α |−→α |

Chuẩn của một vector cũng thỏa mãn những bất đẳng thức quen thuộc trong hình học. Hai bất đẳng thức sau được sử dụng rộng rãi trong các ví dụ ứng dụng tích vô hướng là

−→ β | ≤ |−→α | + | −→ β | (bất đẳng thức tam giác).

1. |−→α ± −→ β | ≤ |−→α |.| 2. |−→α .

−→ β | (bất đẳng thức Schwarz). −→α , −→ β (cid:54)= −→α , −→ 0 của E ta gọi góc giữa −→ β là góc ϕ

Định nghĩa 1.3. Với mọi vector với 0 ≤ ϕ ≤ π sao cho

. cos ϕ = −→ −→α . β −→ |−→α |.| β|

Khái niệm này phù hợp với khái niệm góc thông thường trong hình học. Kết quả

= −→ β −→α , −→ β thì (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) −→α ± (cid:12) (cid:12)

±2 |−→α | · sau cũng gọi là Định lý cosin: Nếu ϕ là góc giữa hai vector |−→α |2 + (cid:12) (cid:12) (cid:12) · cos ϕ. (cid:12) −→ (cid:12) β (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) −→ (cid:12) β (cid:12)

−→α . −→ β = 0 với mọi vector −→α ∈ S1, Định nghĩa 1.4. Giả sử S1 và S2 là hai tập hợp các vector trong E. Ta gọi S1 trực giao với S2 nếu

−→ β −→ β

−→ β ∈ S2. −→ −→α và β trực giao với nhau thì Do tính đối xứng của tích vô hướng nên nếu −→α cũng trực giao với nhau. Ta có định lý mở rộng của Định lý Pitago: Nếu −→α , −→ β |2 = |−→α |2 + | và là hai vector trực giao thì |−→α + −→ β |2.

Định nghĩa 1.5.

• Hệ vector

−→e 1, −→e 2, ..., −→e n của không gian vector Euclid E được gọi là một hệ −→ei .−→ej = 0

trực giao nếu các vector của hệ đôi một trực giao với nhau,tức là với mọi i (cid:54)= j.

• Hệ vector −→e 1, −→e 2, ..., −→e n của không gian vector Euclid E được gọi là một hệ

trực chuẩn nếu nó là hệ trực giao và độ dài mỗi vector bằng 1.

Tính chất.

(1) Mỗi hệ trực giao không chứa vector không đều là hệ độc lập tuyến tính.

−→e 1, −→e 2, ..., −→e k là hệ trực giao và không chứa vector không thì (cid:19) , , ..., hệ là hệ trực chuẩn. (2) Nếu hệ vector (cid:18) −→e 1 −→e 1 |−→e 1| |−→e 1| −→e k |−→e k|

(3) Mọi không gian vector Euclid hữu hạn chiều đều có cơ sở trực chuẩn.

Tính chất (3) được chứng minh bằng phép trực giao hóa Gram-Schmidt: Trong

E cho hệ vector độc lập tuyến tính −→α 1, −→α 2, ...−→α m. Khi đó hệ vector

· −→ β 1 = −→α 1 −→ β 2 = −→α 2 − −→ β 1 (−→α 2, −→ ( β 1, −→ β 1) −→ β 1)

m−1 (cid:88)

...

i=1

· −→ β m = −→α m − −→ β i (−→α m, −→ ( β i, −→ β i) −→ β i)

−→α 1, ..., −→α m −→α 1, ..., −→α m −→ β m như trên gọi là phép trực giao hóa Gram-Schmidt hệ vec-

là một hệ trực giao, độc lập tuyến tính trong E và không gian con sinh bởi −→ −→ β m. Phép chuyển từ hệ vector β 1, ..., trùng với không gian con sinh bởi −→ β 1, ..., sang hệ vector tor −→α 1, ..., −→α m.

1.2 Các đẳng thức vector và bất đẳng thức vector

1.2.1 Các đẳng thức vector

(1) Ba điểm A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi có một trong các đẳng thức vector

−→ AB= k • −→ AC;

•

−→ AC= k −→ OC= k −→ AB; −→ OA + (1 − k) • −−→ OB với O là điểm tùy ý và k (cid:54)= 0.

−→ AB = (2) Bốn điểm A, B, C, D là bốn đỉnh của hình bình hành khi và chỉ khi

−−→ AD = −−→ DC hoặc −−→ BC.

−→ AB= k (3) Hai đường thẳng AB, CD song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi −−→ CD.

−−→ M A= k (4) Điểm M chia đoạn AB theo tỷ số k (cid:54)= 1 được diễn tả là −−→ M B.

−→ AB + −→ AC= 2 (5) AM là trung tuyến của tam giác ABC khi và chỉ khi −−→ AM .

−→ GA + −−→ GB + −→ GC = −→ 0 . (6) G là trọng tâm tam giác ABC khi và chỉ khi

−→ AB. −−→ CD= 0 khi và chỉ khi AB ⊥ CD. (7)

−→ AC = −→ AB + (8) Quy tắc xen điểm: với mọi ba điểm A, B, C ta có −−→ BC hay là

−→ AB + −−→ BC + −→ CA = −→ 0 . Với n điểm A1,A2, ..., An ta có

−→ 0 . −−−→ A1A2 + −−−→ A2A3 + ... + −−−−−→ An−1An + −−−→ AnA1 =

1.2.2 Các bất đẳng thức vector

Dễ chứng minh được các bất đẳng thức sau:

(9)

−→u .−→v ≤ |−→u |.|−→v |, dấu đẳng thức xảy ra ⇐⇒ −→u , −→v cùng hướng. −→u .−→v ≥ −|−→u |.|−→v |, dấu đẳng thức xảy ra ⇐⇒ −→u , −→v ngược hướng.

(10) (11) |−→u + −→v | ≤ |−→u | + |−→v |, dấu đẳng thức ⇐⇒ −→u , −→v cùng hướng. (12) |−→u − −→v | ≤ |−→u | + |−→v |, dấu đẳng thức ⇐⇒ −→u , −→v ngược hướng. (13) |−→u + −→v + −→w | ≤ |−→u | + |−→v | + |−→w |, dấu đẳng thức xảy ra ⇐⇒ −→u , −→v , −→w cùng

hướng.

1.3 Tích vô hướng trong hình học phẳng

Để sử dụng được tích vô hướng trong giải toán hình học ta cần biết một số kỹ

thuật cơ bản sau:

Kỹ thuật 1. Sử dụng các điều kiện trong Mục 1.2, chuyển ngôn ngữ hình học

sang ngôn ngữ vector.

Kỹ thuật 2. "Bình phương vô hướng" một đẳng thức vector đã có hoặc sử dụng

"đặc trưng của vector không".

Kỹ thuật 3. Kết hợp với tọa độ vector để thực hiện tính toán.

1.3.1 Chứng minh hệ thức hình học và tính biểu thức

Cách thức chứng minh

• Khi phải chứng minh hệ thức chứa độ dài đoạn thẳng hoặc tích các độ dài đoạn thẳng, chúng ta có thể chuyển hệ thức trên về dạng chứa bình phương vô hướng của các vectơ tương ứng.

• Để chứng minh đẳng thức vector, vế phải là vector không, ta có thể áp dụng

tính chất đặc trưng của vector không.

Các ví dụ minh họa

Ví dụ 1.3. Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi a = BC, b = CA, c = AB và M là điểm bất kỳ. Chứng minh rằng

M A2 + M B2 + M C 2= 3M G2 + (a2 + b2 + c2). 1 3

Công thức trên gọi là công thức Leibnitz.

Hình 1.1.Ví dụ 1.3

−−→ M A = −−→ M G + Chứng minh. Ta có −→ GA, bình phương hai vế ta được

−−→ M A2 = ( −−→ M G + −→ GA)2 = −−→ M G2 + −→ GA2 + 2 −−→ M G. −→ GA,

−−→ M B2 = ( −−→ M C 2 = ( −−→ M G + −−→ M G + −−→ GB)2 = −→ GC)2 = −−→ M G2 + −−→ M G2 + −−→ GB2 + 2 −→ GC 2 + 2 −−→ M G. −−→ M G. −−→ GB, −→ GC.

Suy ra

−−→ M A2 + −−→ M B2 + −−→ M C 2 = 3 −→ GC 2. −−→ GB2 +

−→ GC) +2 −−→ GB + −−→ M G2 + −−→ M G.(

2 + mb

2 + mc

= 3M G2 + (ma

= M G2 + (a2 + b2 + c2) .

−→ GA2 + −→ GA + 4 9 3 4 9 4 1 = 3M G2 + (a2 + b2 + c2). 3

Vậy M A2+M B2+M C 2= 3M G2 + (a2 + b2 + c2). 1 3

Ví dụ 1.4. Cho tam giác ABC, BC = a, CA = b, AB = c. Với điểm M thuộc cạnh AB. Chứng minh rằng

c2.CM 2 = a2.AM 2 + b2.BM 2+(a2 + b2−c2).AM .BM .

Hình 1.2.Ví dụ 1.4

−−→ CM theo hai vector −→ CA và −−→ CB. Giả sử

= . Ta có Chứng minh. Trước hết ta phân tích vector CA CB m n

−→ AB. = −→ AC = ta suy ra AC AC + CB m m + n m m + n

Bằng cách phân tích

−−→ M C− −−→ M A = −−→ M B− −−→ M A) ( m m + n

suy ra

−−→ M A + −−→ M B. −−→ M C = n m + n m m + n

Từ đó thu được

−→ CA + −−→ CB. −−→ CM = M B AB M A AB

Bình phương vô hướng ta có

AB2.CM 2 = M A2CB2 + M B2CA2 + 2M A.M B. −−→ CB. −→ CA

= M A2CB2 + M B2CA2 + M A.M B.(a2 + b2 − c2).

Cuối cùng, c2.CM 2 = a2.M A2 + b2.M B2 + M A.M B.(a2 + b2 − c2).

Từ công thức này ta có thể tính được độ dài của một số đường theo ba cạnh tam

2 = a2.

giác, chẳng hạn đường trung tuyến: Khi M là trung điểm AB thì

+ b2. + .(a2 + b2 − c2). c2.mc c2 4 c2 4 c2 4

2 =

Suy ra

(cid:2)2(a2 + b2) − c2(cid:3) . mc 1 4

Đây là công thức trung tuyến trong tam giác ABC.

Ví dụ 1.5 (Olympic Bulgaria, vòng 3, năm 1997 (xem [9])). Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Gọi F là giao của hai đường chéo AC, BD và E là giao của hai đường thẳng AD, BC. Giả sử M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Chứng minh rằng

. = . − M N EF 1 2 AB CD CD AB (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Chứng minh. Đặt

∠AEB = γ, EC = c, ED = d, −→ i = −−→ EC, . −→ j = −−→ ED. . 1 d 1 c

= = −→ EA= kc = k. Suy ra −→ j và AB CD AE CE BE DE Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên −−→ EB= kd −→ i . Vì F ∈ AC và F ∈ BD nên tồn tại các số x, y thỏa mãn

(cid:40) −→ EF = x −→ EF = y −→ EA + (1 − x) −−→ EB + (1 − y) −−→ EC = xkc −−→ ED = ykd −→ j + (1 − x)c −→ i + (1 − y)d −→ i , −→ j .

Hình 1.3.Ví dụ 1.5

So sánh các hệ số của −→ i và −→ j từ các đẳng thức trên ta được

xkc = (1 − y)d ykd = (1 − x)c. và

Từ đó suy ra x = . Vậy kd − c (k2−1)c

−→ EF = [(kd − c) −→ j +(kc − d) −→ i ], k k2−1

suy ra

EF 2= ( )2[(kd − c)2+(kc − d)2+2(kd − c)(kc − d)cosγ]. k k2−1

Mặt khác ta có

−−→ AD + ( −−→ BC) = −−→ ED − ( −→ EA + −−→ EC − −−→ EB) −−→ M N = 1 2

= [(d − kc) −→ j + (c − kd) −→ i ] 1 2 1 2

Suy ra

M N 2 = [(d − kc)2 + (c − kd)2 + 2(d − kc)(c − kd) cos γ]. 1 4

Như vậy ta có (cid:19)2 (cid:18) (cid:19)2 . = k − . M N 2 EF 2 = (cid:18)k2 − 1 k 1 4 1 4 1 k

Suy ra

= . − . M N EF 1 2 AB CD CD AB (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 1.6. Cho tam giác ABC không vuông, H là trực tâm. Chứng minh rằng

−−→ HA + −−→ HB + −−→ HC = −→ 0 a cos A b cos B c cos C

Chứng minh. Đặt

−→µ = −−→ HA + −−→ HB + −−→ HC. a cos A b cos B c cos C

Ta chọn phương án tính tích vô hướng của −→µ và −−→ HA. Ta có

(cid:32)

−→µ . −−→ HA = HA HA + HB cos( −−→ HB, −−→ HA) a cos A b cos B

(cid:33)

+ HC cos( −−→ HC, −−→ HA) c cos C

= HA.2R.k(sin A − sin B cos C − sin C cos B)

= HA.2R.k(sin A − sin(B + C)) = 0,

với

k = = = . HA cos A HB cos B HC cos C

−−→ HB = 0. Ba điểm H, B, A không thẳng hàng khẳng định

Tương tự ta cũng có −→µ = −→µ . −→ 0 . Ta có điều phải chứng minh.

−→µ . −→µ . Cũng có thể dùng phương án tính −−→ BC, −→ AC để chứng minh.

Ví dụ 1.7. Cho ngũ giác đều ABCDE có tâm là O. Chứng minh rằng

−→ OA + −−→ OB + −→ OC + −−→ OD + −−→ OE = −→ 0 .

−→µ = −→ OA + −−→ OB + −→ OC + −−→ OD + −−→ OE. Tư tưởng chính của

Ý tưởng chứng minh. Đặt kỹ thuật sử dụng "đặc trưng của vector không".

Có thể theo các phương án sau:

• −→µ .

−→ OC + −−→ OD =⇒ −→µ = (1 + m + k) −→ OA. Tương

−−→ −→ BC = 0; −→µ . AB = 0. −→ −−→ −−→ OE; k OB + OA = −→µ = (1 + m + k) −→µ = • m tự, −→ OA = −−→ OB. Từ đó suy ra: −→ 0 .

• −−→ OB = k −−→ OE + −→ OA = k −→ OC, cộng lại có 2−→µ = k−→µ

−→µ = −→ OA + với k < 0. Suy ra −−→ OD với k < 0, ..., −→ 0 .

• Xét phép quay tâm O, góc quay α = . Ta có 2π 5

α (ABCDE)= BCDEA,

α (−→µ ) = −→µ . Suy ra

như thế QO −→µ có hai hướng phân biệt.

Ví dụ sau minh họa dùng tích vô hướng tính biểu thức hình học.

Ví dụ 1.8 (Đề thi Olympic Toán Quốc tế, 1968 (xem [9])). Cho tam giác ABC có BC = a, AB = c, CA = b. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tính Σ = a.IA2 + b.IB2 + c.IC 2 theo a, b, c.

−→ IA, −→ IC theo các vector

−→ IA+b −→ IC =

−→ IB+c −→ IA+b Lời giải. Bài toán có nhiều lời giải tuy nhiên sử dụng "bình phương vô hướng" có lẽ −→ IB là cách giải ngắn gọn nhất. Bằng cách phân tích vector −→ −→ 0 (có thể chứng minh IB+c và dùng tính chất đường phân giác ta có a theo kỹ thuật dùng "đặc trưng vector không" ở trên). Bình phương vô hướng 2 vế ta được: (a −→ IC)2= 0. Điều này tương đương với

a2IA2 + b2IB2 + c2IC 2 + 2ab −→ IA. −→ IB + 2ab −→ IB. −→ IC + 2ab −→ IC. −→ IA = 0.

Suy ra

(a + b + c)(a.IA2+b.IB2+c.IC 2) − abc(a + b + c) = 0.

Như vậy Σ = a.IA2 + b.IB2 + c.IC 2 = abc.

Nhận xét. Theo kết quả trên ta có

Σ = a.IA2+b.IB2+c.IC 2= abc

√ ⇒ abc ≥ 3 3(cid:113) abc(IA.IB.IC)2 ⇒ (abc)3 ≥ 27abc(IA.IB.IC)2 ⇒ abc ≥ 3 3IA.IB.IC.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

(cid:18) (cid:19) a.IA2= b.IB2= c.IC 2 = ⇐⇒ IA2 = ; IB2 = ; IC 2 = abc 3 bc 3 ac 3 ab 3

hay ∆ABC là tam giác đều.

1.3.2 Chứng minh bất đẳng thức hình học

Cách thức chứng minh

• Sử dụng quy tắc ba điểm và bất đẳng thức trong tam giác.

• Sử dụng các bất đẳng thức dạng vector (xem trong Mục 1.2).

• Vẫn dùng kỹ thuật "chuyển đoạn thẳng thành vector" và kỹ thuật "bình phương

vô hướng".

Các ví dụ minh họa

Ví dụ 1.9. Cho tam giác ABC, BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh rằng với mọi điểm H trên mặt phẳng ta đều có

a.HA2+b.HB2+c.HC 2 ≥ abc.

Chứng minh. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có thể viết

aHA2+bHB2+cHC 2 = a.

−−→ HA2+b. −→ HI + −−→ HB2+c. −→ IA)2+b.( −−→ HC 2 −→ HI + −→ IB)2+c.( −→ HI + −→ IC)2

= a.( = (a + b + c)HI 2+(aIA2+bIB2+cIC 2) −→ IC = −→ IB+c −→ IA+b −→ 0 ). (do

Vì (a + b + c)HI 2 ≥ 0 nên suy ra

aHA2+bHB2+cHC 2 ≥ aIA2+bIB2+cIC 2.

Mặt khác,vì aIA2+bIB2+cIC 2= abc ta suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi H trùng I.

Ví dụ 1.10 (Đề thi đề nghị Olympic 30-4, TPHCM, lần 7 (xem [10])). Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh rằng

x2 + y2 + z2 (cid:62) 2xy. cos C + 2yz cos A + 2zx cos B.

Chứng minh. Gọi (I, r) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC, các tiếp điểm là M , N , P lần lượt trên BC, CA, AB. Khi đó

(cid:16) (cid:17)2 −−→ IM + y −→ IN + z −→ IP x (cid:62) 0

Hình 1.4.Ví dụ 1.10

(cid:16) (cid:17) ⇔ x2IM 2 + y2IN 2 + z2IP 2 + 2 −−→ IM . −→ IN + yz −→ IN . −→ IP + zx −→ IP . −−→ IM xy (cid:62) 0

⇔ r2(x2 + y2 + z2) − 2r2 [xy cos C + yz cos A + zx cos B] (cid:62) 0 ⇔ xy cos C + yz cos A + zx cos B (cid:54) x2 + y2 + z2.

Ta có điều phải chứng minh.

Chú ý.

• Qua chứng minh trên dễ thấy bất đẳng thức trên còn đúng với mọi x, y, z ∈ R.

• Nếu chọn x = y = z = 1 ta có

. cos A + cos B + cos C (cid:54) 3 2

Dấu bằng xảy ra khi A = B = C = 60◦ (đây là một trong các bài toán trong kỳ thi vô địch Toán CHDC Đức, 1965, xem [9]).

• Chọn y = z = 1, ta có bất đẳng thức mới

cos A + x(cos B + cos C) (cid:54) 1 + x2. 1 2

Chú ý.

• Khi chọn x = y = z = 1, ta có cos 2A + cos 2B + cos 2C (cid:62) − 3 2.

• Khi chọn x = z = 1, y = −1 ta có cos 2A − cos 2B + cos 2C (cid:54) 3

2. Đây là bất đẳng thức quen thuộc trong tam giác. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi −→ −→ −→ IB. Suy ra A = C = 30◦ và IA + IA + y. x. B = 120◦.

−→ IB + z. −→ IC = −→ IC = −→ 0 . Tức là

1.3.3 Chứng minh quan hệ vuông góc

Cách thức chứng minh

−→ AB là vectơ chỉ phương của đường thẳng a và −−→ CD là vectơ chỉ phương của Nếu

−→ AB. đường thẳng b thì a ⊥ b ⇔ −−→ CD= 0.

Nhờ định lý cosin trong tam giác, biểu thức tích vô hướng của hai vectơ −→ AB và

−−→ CD có thể viết dưới dạng

−→ AB. −−→ CD = (cid:0)AB2 + AC 2 − BC 2(cid:1) . 1 2

Các ví dụ minh họa

Ví dụ 1.11. Cho hình chữ nhật ABCD, kẻ BK vuông góc với AC, gọi M, N lần lượt là trung điểm của AK và CD.

1) Chứng minh rằng (cid:92)BM N = 90◦.

2) Hình chữ nhật có tính chất gì để tam giác BM N vuông cân.

Hình 1.5.Ví dụ 1.11

−−→ M N , −−→ BC = −−→ BM theo 3 vector −→ BA = −→a , −→ b ,

−−→ M N .

Chứng minh. 1) Phân tích các vector −−→ BK = −→c và tính tích −−→ −→ BM = BA + −−→ BK) = (

(−→a + −→c ) + −→ b + −→a = −→ b − −→c . −−→ BM . Ta có 1 2 −−→ CN = 1 2 −−→ M B + −−→ M N = −−→ BC + (−→a + −→c ) 1 2 1 2 1 2

Do đó ta có −−→ M N = −−→ M B + −−→ BC + −−→ CN = −→a = −→ b − −→c . (−→a + −→c ) + −→ b + 1 2

(cid:16)−→ (cid:16)−→ −−→ M N . 1 2 b − −→c −→a b − −→a (cid:17) −→c = 0 nên suy ra 1 2 −−→ BM = 0. (cid:17) −→c = 0, −→ b = 0, Vì

−→ b nên ta có thể biểu diễn hai

Chú ý. Luôn tồn tại m sao cho −−→ BM theo hai vector vector −−→ M N , −→c = m−→a + (1 − m) −→a , −→ b .

−−→ BM 2 = 2) Tam giác BM N luôn có góc BM N vuông. Điều kiện cần và đủ để BM N là tam giác vuông cân là BM = M N hay −−→ M N 2. Điều này tương đương với

= ⇔ a2 + c2 + 2−→a −→c = 4b2 + c2 − 4 −→ b −→c (−→a + −→c ) −→c 1 2 1 2 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) −→ (cid:12) b − (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

⇔ a2 + 2ac. cos(cid:92)ABK = 4b2 − 4bc. cos (cid:92)CBK ⇔ a2 + 2c(a cos(cid:92)ABK) = 4b2 − 4c(b cos (cid:92)CBK) ⇔ a2 + 2c2 = 4b2 − 4c2 ⇔ a2 + 6c2 − 4b2 = 0.

Mặt khác, vì ab = AC.c nên c2 = a2b2 a2 + b2 , thay vào trên ta được

a2 + 6 a2b2 a2 + b2 − 4b2 = 0 ⇔ a4 + 3a2b2 − 4b2 = 0

⇔ (a2 − b2)(a2 + 4b2) = 0

⇔ a = b.

Vậy điều kiện để BM N vuông cân làABCD là hình vuông.

Ví dụ 1.12 (Balkan, Sennior, 1985 (xem [10])). Cho tam giác ABC có O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Gọi D là trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm tam giác ACD. Chứng minh rằng OE ⊥ CD khi và chỉ khi AB = AC.

Hình 1.6.Ví dụ 1.12

−−→ OB = Chứng minh. Đặt −→ OA = −→a , −→ b , −→ OC = −→c . Suy ra

−−→ OD = (−→a + −→ b ), −→ OP = −→a + −→ b với P là trung điểm AD. 1 2 3 4 1 4

Từ đó

( −→a + −→ b )+ −→c = −→a + −→ b + −→c . −−→ OE = 2 3 3 4 1 4 1 3 1 2 1 6 1 3

Ta lại có

−−→ OD− −→ OC = −−→ CD = −→ b −−→c −→a +

Do đó OE ⊥ CD khi và chỉ khi (−→a + −→a 2 = −→ OA. 1 1 2 2 −→ −→ b + 2−→c ) = 0. Để ý b − 2−→c ).(3−→a + −→ −→ b 2 = −→c 2 ta được điều kiện trên tương đương với b −−→c ) = 0. Tức là −→a ( −−→ CB = 0 hay OA ⊥ BC. Nghĩa là tam giác ABC cân tại A.

Ví dụ 1.13 (Cuộc thi toán mùa xuân tại Bulgaria-1996, xem [4]). Gọi điểm D nằm trên cung BC (không chứa điểm A) của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC sao cho D khác B và D khác C. Trên hai tia BD, CD ta lấy lần lượt các điểm E và F sao cho BE = AC và CF = AB. Gọi M là trung điểm đoạn thẳng EF .

1) Chứng minh rằng (cid:92)BM C là góc vuông.

2) Tìm quỹ tích các điểm M khi D di động trên cung BC.

Hình 1.7.Ví dụ 1.13

Chứng minh. Gọi α, β, γ lần lượt là các góc ở đỉnh A, B, C của ∆ABC, kí hiệu (cid:92)BCD = ϕ. Vì D nằm trên a, b, c tương ứng là độ dài ba cạnh BC, CA, AB. Đặt cung BC nên 0 < ϕ < α.

1) Ta có

−−→ BM = −−→ BF + ( −−→ BE) = −→ CF + ( −−→ BE + −−→ BC)

−−→ CM = −→ CF + ( −−→ CE) = −→ CF + ( −−→ BE − −−→ BC). 1 2 1 2 1 2 1 2

Suy ra

−−→ BM . −−→ CM = −→ CF + −−→ BE)2 − −−→ BC 2 (

( −→ CF 2 + −−→ BE2 + 2 −→ CF . −−→ BE − a2) =

= (cid:2)c2 + b2 + 2bc cos(π − α) − a2(cid:3)

= (c2 + b2 + 2bc cos α − a2) = 0.

−−→ BM . 1 4 1 4 1 4 1 4 (cid:92)BM C = 90◦. Suy ra −−→ CM = 0 hay

−−→ CM .

2) Rõ ràng hai điểm M và A nằm về hai nửa mặt phẳng đối nhau với bờ BC. Theo (cid:92)BM C vuông, suy ra nếu M là điểm thỏa mãn đầu bài thì M nằm trên nửa câu 1), đường tròn (k) đường kính BC, (k) và A nằm về hai nửa mặt phẳng đối nhau với −−→ (cid:92)BCM = ψ, khi đó, CM = a cos ψ và CB = a(a cos ψ). cos ψ = bờ BC. Đặt (a cos ψ)2. Mặt khác, từ Định lí hàm số sin ta được

(cid:104) (cid:105) −−→ CB + ( −−→ BE + −→ EF ). −−→ CB −−→ CM . −−→ CB =

(cid:2)a2 + ab cos(π − (α − ϕ)) + ac cos ϕ(cid:3) =

= a2(1 − cos ϕ) cos(α − ϕ) + c a

= a2(1 + )

a2(1 + ) = b a sin γ cos ϕ − sin β cos(α − ϕ) sin α sin(γ − ϕ) − sin(β − α + ϕ) 2 sin α

2 )

= a2(1 + cos(β + ϕ)) = (a cos . 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 β + ϕ 2

(β + ϕ) < (β + α) < . Mà π nên ψ = (β + ϕ), 2 1 2 1 2 1 2 1 2 Suy ra cos2ψ = cos2 β + ϕ hay

(β + ϕ) < (cid:92)BCM < (cid:92)BCM = và 1 2 β 2 β + α 2

Lại có

(cid:92)CBM = π − (cid:92)BCM = (α + γ − ϕ) < (cid:92)CBM < . và γ 2 α + γ 2 1 2 1 2

(cid:92)BCK = β và 1 2

Gọi K và N là các điểm nằm trên nửa đường tròn (k) sao cho (cid:92)CBN = γ. Khi đó 1 2

π− γ = (α + β) (cid:92)CBK = π− β = (α + γ). (cid:92)BCN = và 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

−−→ CK, −−→ BK, −−→ CN ), còn tia BM thì quét toàn bộ phần trong của ∠(

Theo trên, khi D vạch nên cung BC thì tia CM quét toàn bộ phần trong của góc −−→ ∠( BN ). Vì vậy, quỹ tích cần tìm là cung N K của nửa đường tròn (k).

Kết hợp với tọa độ, các kỹ thuật sử dụng tích vô hướng càng thu được cách giải

tốt hơn. Để minh họa điều đó ta xét tiếp các ví dụ sau.

Ví dụ 1.14. Cho tam giác ABC có góc nhọn và AB < AC. Gọi M là trung điểm của BC. Gọi E và F lần lượt là chân các đường cao tam giác ABC kẻ từ B và C. Gọi K là giao điểm của các đường thẳng EF và BC. Chứng minh rằng HK ⊥ AM .

Hình 1.8.Ví dụ 1.14

−→ AC = (c, −a) nên

Chứng minh. Gọi O là chân đường vuông góc hạ từ A. Chọn hệ trục Oxy có gốc là O, A ∈ Oy, C ∈ Ox, B thuộc tia đối của tia Ox. Giả sử A(0, a), B(b, 0), C(c, 0). −→n = (a, c) là vector pháp tuyến của AC. Suy ra phương Ta có trình đường thẳng của AC là ax + cy − ac = 0, tương tự phương trình đường thẳng của BE là cx − ay − bc = 0. Từ đó

(cid:19) (cid:19) . E và F (cid:18)a2c + bc2 a2 + c2 , ac2 − abc a2 + c2 (cid:18)a2b + cb2 a2 + b2 , ab2 − abc a2 + b2

Ta có H (cid:0)0, − bc

(cid:19) −→ EF = , . (cid:1) và tính được vector (cid:18)(a2 − bc)(a2 + bc)(b − c) (a2 + b2)(a2 + c2) a(a2 + bc)(b − c)(b + c) (a2 + b2)(a2 + c2)

−→n 1 = (ab + ac, bc − a2) là vector pháp tuyến của EF . Từ đó có phương trình

Suy ra EF là

(ab + ac)(a2 + c2)x + (bc − a2)× (a2 + c2)y − (ab + ac)(a2c + bc2) − (ac2 − abc)(bc − a2) = 0. (cid:19) (cid:19) −−→ HK = , , 0 Suy ra tọa độ điểm K là K . Mặt khác . Suy ra (cid:18) 2bc b + c (cid:18) 2bc b + c bc a (cid:19) −−→ HK. −−→ AM = , −a suy ra −−→ AM = 0. Vậy HK ⊥ AM . (cid:18)b + c 2

Trong kỳ thi Olympic Toán học Quốc tế (IMO) năm 2013 tại Colombia có bài

toán sau:

Ví dụ 1.15 (xem [1]). Cho tam giác nhọn ABC với trực tâm H. Gọi W là điểm tùy ý trên cạnh BC, khác B và C. Các điểm M và N tương ứng là chân các đường cao hạ từ B và C. Ký hiệu (W1) là đường tròn ngoại tiếp tam giác BW N và X là điểm trên (W1) sao cho W X là đường kính của (W1). Tương tự ký hiệu (W2) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CW M và Y là điểm trên (W2) sao cho W Y là đường kính của (W2). Chứng minh rằng các điểm X, Y, H thẳng hàng.

Bài toán có nhiều lời giải hình học thuần túy. Ở đây chúng ta sử dụng vector, tọa độ và đặc biệt tích vô hướng để chuyển về bài toán tính tọa độ, chứng minh một đẳng thức vector.

−−→ HY

Chứng minh. Ta sẽ dùng tích vô hướng, xác định tọa độ các vector để biểu diễn qua

−−→ HX, từ đó suy ra ba điểm X, Y, H thẳng hàng. Gọi O là chân đường cao hạ từ A. Chọn hệ trục tọa độ Oxy như ví dụ trên A ∈ Oy, C ∈ Ox, C ∈ Ox (B thuộc tia đối của tia Ox). Giả sử A(0, a), B(b, 0), −→ C(c, 0), W (m, 0), a > 0, c > 0, b < m < c, b < 0. Ta có AC = (c, −a) là vector −→n = (a, c) là vector pháp tuyến của AC. Phương trình chỉ phương của AC, suy ra AC là ax + cy − ac = 0 và phương trình BM là cx − ay − bc = 0. Từ đó ta được

(cid:19) (cid:19) (cid:18) . H 0, − và M bc a (cid:18)a2c + bc2 a2 + c2 ,

ac2 − abc a2 + c2 (cid:92)W CY = 90◦ và (cid:92)Y M W = 90◦.

(cid:19) −−→ M Y = Giả sử Y (x1, y1), vì W Y là đường kính của ω2 nên Suy ra CY ⊥ W C và M Y ⊥ M W , kéo theo x1 = c. Lại có (cid:18)c3 − bc2 y1(a2 + c2) − ac2 + abc a2 + c2 , a2 + c2

Hình 1.9.Ví dụ 1.15

(cid:19) −−−→ M W = , . (cid:18)m(a2 + c2) − a2c − bc2 a2 + c2 abc − ac2 a2 + c2

−−→ M Y . Vì . Vậy Y (c, ). Từ đó suy ra: −−−→ M W = 0, suy ra y1 = mc − bc a mc − bc a

(cid:18) (cid:19) ), −−→ HX = b, . −−→ HY = (c, mc a mb a

−−→ HY = Nghĩa là −−→ HX. Vậy ba điểm X, Y, H thẳng hàng. c b

Ví dụ 1.16 (VMO 2008 - Prob.7 (xem [10])). Cho tam giác ABC, trung tuyến AD. Một đường thẳng d vuông góc với AD. Xét M thuộc d. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của M C, M B. Đường thẳng qua E vuông góc với d cắt AB tại P , đường thẳng qua F , vuông góc với d cắt AC tại Q. Chứng minh rằng đường thẳng qua M , vuông góc với P Q luôn đi qua một điểm cố định, khi M thay đổi trên d.

−→ AP = 0 = −→ AQ− Chứng minh. Gọi Mb, Mc theo thứ tự là hình chiếu của B, C trên d. Nhận xét rằng, khi M ≡ Mb thì P ≡ B, Q ≡ A và khi M ≡ Mc thì P ≡ A, Q ≡ C. Vậy gọi S là giao điểm của đường thẳng qua Mb, vuông góc với AB và đường thẳng qua Mc vuông góc với AC, thì S cố định. Do đó ta cần chứng minh SM ⊥ P Q. Từ đẳng thức −→ AP = 0. Từ đó thu được −→ AQ suy ra −−→ SMc. −−→ SMc. −−→ SMb. −−→ SMb.

−−→ SM . −→ P Q− −→ AP + −→ AQ= 0. (1.1) −−−→ M Mb. −−−→ M Mc.

Gọi H, P (cid:48), Q(cid:48) là hình chiếu của H, P, Q trên d. Khi đó P (cid:48), Q(cid:48) theo thứ tự là trung −−→ P (cid:48)Q(cid:48) suy điểm M Mb, M Mc (do E, F là trung điểm M B, M C), −−−→ HMc = −−−→ MbH =

Hình 1.10.Ví dụ 1.16

−−→ HQ(cid:48) = −−−→ MbP (cid:48) = −−−→ MbM . . 1 2

Khi đó

−→ AP + −→ AQ = 2. −−→ M Q(cid:48). −−→ HQ(cid:48) − −−−→ M Mb. −−−→ M Mc.

−−→ HP (cid:48) −−→ HP (cid:48) = −−−→ MbM − (cid:16)−−→ = M Q(cid:48) +

(cid:16)−−→ = M Q(cid:48) + −−→ HP (cid:48)(cid:17) −−−→ P (cid:48)Mb +

(cid:16)−−→ P (cid:48)Q(cid:48) + = 0. = −−→ M Q(cid:48). −−−→ MbM . −−−→ MbM . −−−→ MbM . −−−→ M Mb. −−−→ M Mb. −−→ HP (cid:48)(cid:17) −−→ P (cid:48)M + (cid:17) −−−→ HMb

−−→ SM . Từ đó và từ (1.1) suy ra −→ P Q= 0 hay SM ⊥ P Q.

1.3.4 Sáng tạo các bất đẳng thức nhờ tích vô hướng

−−→ M A + −−→ M B + Xuất phát từ bất đẳng thức hiển nhiên (

−−→ M C)2 ≥ 0 với M là điểm tùy ý trong mặt phẳng tam giác ABC có cạnh là BC = a, CA = b, AB = c. Dễ thấy, dấu bằng xảy ra khi M là trọng tâm tam giác. Ta sẽ sử dụng tích vô hướng ở các dạng khác nhau để tìm ra các bài toán khác nhau. Sử dụng tích vô hướng dạng 2−→u −→v = −→u 2 + −→v 2 − (−→u − −→v )2.

Ta có

⇔ −−→ M B. −−→ M A. −−→ M C. −−→ M A) (cid:62) 0$$

−−→ M A + ( −−→ M A2 + −−→ M A2 + −−→ M B + −−→ M B2 + −−→ M B2 + −−→ M C)2 (cid:62) 0 −−→ −−→ −−→ M C 2 + 2( M C + M B + −−→ M C 2) − BA2 − BC 2 − AC 2 (cid:62) 0

⇔ 3( ⇔ a2 + b2 + c2 (cid:54) 3(M A2 + M B2 + M C 2). (1.2)

• Khi M trùng với O (tâm ngoại tiếp tam giác ABC), bất đẳng thức (1.2) trở

thành

a2 + b2 + c2 ≤ 9R2. (1.3)

Thay a = 2R sin A; b = 2R sin B; c = 2R sin C vào (1.3) ta được

sin2 A + sin2 B + sin2 C ≤ . (1.4) 9 4

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

Từ (1.3) chứng minh được các bất đẳng thức sau:

+ + ≤ 1. 1 sin A 1 sin B 1 sin C

2. cot A + cot B + cot C ≥ 9R2 2S 9R2 4S (cid:19)2 + + ≤ 3. 1 h2 c (cid:18)3R 2S √ 1 h2 b √ 3R; 2S ≤ 3 3R.r 1 h2 a 4. 2p ≤ 3

5. sin B sin C(1 − cos A) + sin C sin A(1 − cos B)+

+ sin Asin B(1 − cos C) ≤ 9 8

• Khi M trùng I (tâm đường tròn nội tiếp, bán kính bằng r). Từ (1.2) ta suy ra

a2 + b2 + c2 ≤ 3( −→ IA2 + −→ IB2 + −→ IC 2). (1.5)

Gọi E là tiếp điểm của cạnh AC và đường tròn tâm I. Xét tam giác vuông AIE, có

= IA = IE sin A 2 r sin A 2

Tương tự

IB = , IC = r sin B 2 r sin C 2

Thay IA, IB, IC vào (1.5) ta có

(cid:32) (cid:33)

a2 + b2 + c2 ≤ 3r2 + + , 1 sin2 A 2 1 sin2 B 2 1 sin2 C 2

hay là

(cid:32) (cid:33) (cid:18) (cid:19)2 d + + ≥ ≥ a2 + b2 + c2 3r2 2p 3r 1 sin2 A 2 1 sin2 B 2 1 sin2 C 2

Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều.

• Khi M là trọng tâm G của tam giác. Từ (1.2) ta có

a2 + b2 + c2 = 3( −→ GA2 + −−→ GB2 + −→ GC 2). (1.6)

Gọi ma, mb, mc là độ dài các trung tuyến, thay vào (1.6) ta có đẳng thức

a + m2

b + m2

c =

m2 (a2 + b2 + c2). 3 4

• Khi M là trực tâm H của tam giác, từ (1.2) suy ra −−→ HB2 + a2 + b2 + c2 ≤ 3( −−→ HA2 + −−→ HC 2). (1.7)

Giả sử tam giác ABC có ba góc nhọn (trực tâm nằm trong tam giác). Gọi A(cid:48), B(cid:48), C (cid:48) là chân các đường cao tương ứng thuộc các cạnh BC, CA, AB. Xét tam giác vuông A(cid:48)HC, dễ thấy

= = 2R cos C. HC = CA(cid:48) sin B CA. cos C sin B

Tương tự ta có HB = 2R cos B và HA = 2R cos A. Thay vào (1.7) thì được

(cid:17)2 cos2 A + cos2 B + cos2 C ≥ .

(cid:16) p 3R −→u .−→v = |−→u |.|−→v | cos (−→u , −→v ) . Vẫn xét bất đẳng

Sử dụng tích vô hướng dạng thức (1.2). Khi M trùng với O (tâm đường tròn ngoại tiếp, bán kính R) ta có

0 ≤ ( −→ OA + −−→ OB + −→ OC)2 = 3R2 + 2R2(cos 2A + cos 2B + cos 2C).

Vậy trong mọi tam giác ta luôn có

. (cos 2A + cos 2B + cos 2C) ≥ − 3 2

Ta còn có các bài toán sau:

1. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta luôn có

(cid:32) (cid:33)

+ + + + (cid:62) 2 . 1 sin2 A 2 1 sin2 A 2 1 sin2 A 2 1 sin A 2 1 sin B 2 1 sin C 2

2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

(cid:32) (cid:33) (cid:18) (cid:19) + sin + sin + + sin . . A 2 B 2 C 2 1 sin2 A 2 1 sin2 A 2 1 sin2 A 2

1.4 Tích vô hướng trong Hình học không gian

Mục đích của phần này là ứng dụng tích vô hướng vào các bài toán chứng minh và tính các đại lượng hình học trong không gian. Nếu trong phương pháp hình học truyền thống để giải các bài toán chứng minh, tính toán,... ta phải bám sát các định lý , tính chất, khai thác tối đa khả năng tưởng tượng không gian thì với phương pháp vector ta phải thành thạo các biến đổi vector và nắm vững các tính chất của phép toán vector: Phép cộng, trừ các vector; nhân một số với một vector và đặc biệt là tích vô hướng của hai vector.

Khi ứng dụng tích vô hướng vào các dạng toán này ta cần lưu ý các kỹ thuật:

• Kỹ thuật chọn gốc và hệ cơ sở: Hệ {−→a ,

−→ b , −→c } cần có góc giữa các vector (tốt nhất là đôi một vuông góc), xác định được độ dài mỗi vector này. Mục đích là dễ lập được "bảng nhân vô hướng"

• Kỹ thuật biểu diễn các vector khác theo cơ sở (bao giờ cũng biểu diễn được).

Ở đây cần đến các điều kiện đã nhắc lại ở chương 1.

• Kỹ thuật "vector và tọa độ": Khi gắn vào một hệ trục tọa độ thì việc tính toán

thuận lợi hơn rất nhiều

Ta sẽ minh họa việc ứng dụng tích vô hướng qua hai nội dung

• Chứng minh tính vuông góc;

• Tính các đại lượng hình học.

1.4.1 Chứng minh tính vuông góc trong không gian

Tích vô hướng cho phép chuyển bài toán chứng minh tính vuông góc trong không

gian trở thành bài toán tính toán.

Ví dụ 1.17. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC. Chứng minh rằng M N ⊥ BD và tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng M N và AC.

Chứng minh. Gọi O là tâm hình vuông, K là trung điểm của SA. Theo giả thiết SO ⊥ (ABCD), do K vừa là trung điểm của SA, vừa là trung điểm của DE nên tứ giác ADSE là hình bình hành. Từ đó

−−→ M A = −→ SD = −→ SO + ( −−→ OD), −−→ AN = −→ AO + −−→ ON = −→ AO + −→ OC + ( −−→ OB). 1 2 1 2

−→m = −→n = 1 2 −→p = −→ OC, −→ OS. Dễ thấy

−−→ OD, Với phân tích như trên ta chọn cơ sở {−→m, −→n , −→p } là hệ trực giao, bảng nhân vô hướng rất đơn giản

−→n −→p

0 −→m −→m a2 2

0 0 a2 2 0 0 SO2 −→n −→p

Hình 1.11.Ví dụ 1.25

−−→ M N , Lần lượt biểu diễn −−→ BD theo −→m, −→n , −→p ta có

−−→ M A + −−→ AN = (−→n + −→p ) + (3−→m − −→n ) = (−→p + 3−→m), 1 2 1 2 1 2

−−→ M N = −−→ BD = 2−→n .

−−→ M N . Suy ra −−→ BD = −→n (3−→m+−→p ) = 0 (do −→m, −→n , −→p là hệ trực giao). Suy ra M N ⊥BD.

−→ AC = 2y−→m (3−→m + −→p ), −→ AL = y −−→ M N = Tìm và tính độ dài đường vuông góc chung của M N và AC: Với điểm H ∈ M N và điểm L ∈ AC, ta có thể biểu diễn −−→ x M H = x 2

và

−→ HL =

= −

−−→ −→ −−→ AL M A + HM + 1 x (3−→m + −→p ) + 2 2 (−3x + 4y)−→m + = (x − 1)−→p . −→n − (1.8) 1 2 (−→n + −→p ) + 2y−→m 1 1 2 2

Như vậy, HL là đường vuông góc chung của M N và AC khi và chỉ khi (cid:40) (cid:40) (cid:40)

⇒ ⇒ ⇔ x − 1 = 0 −3x + 4y = 0 HL⊥M N HL⊥AC (cid:40) −→ HL. −→ HL. −−→ M N = 0 −→ AC = 0

a x = 1 y = 3 4 √ 2 −→ HL = |−→n | = . Thay vào (1.8) suy ra −→n . Như vậy HL = (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) −→ (cid:12) HL (cid:12) = 1 2 1 2 4

= = ; . Chứng minh rằng các đường chéo BA1, CB1 sao cho 2 1 1 2 Ví dụ 1.18. Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1, các điểm M, N lần lượt thuộc BM M A1 CN N B1 M N ⊥BA1; M N ⊥CB1.

−→ BA = −→a , Chứng minh. Lấy cơ sở −−→ BC = −→c , ta có bảng nhân vô hướng

−→c 0

−−→ BB1 = −→a a2 0 0 −→ b , −→ b 0 b2 0 0 c2 −→a −→ b −→c

Theo giả thiết

−−→ BM = −→ b ), =⇒ (−→a + = −−→ BA1 =

−−→ CN = =⇒ −→ b − −→c ). ( = 1 3 −−→ 2 CB1 = 3 1 3 2 3 1 2 2 1

(2 −−→ M N = −−→ BN − −−→ M N = (−−→a + −→ b +−→c ). BM M A1 CN N B1 −−→ CN = −−→ BN = −−→ BC + −→ b +−→c ), và Ta có 1 3 1 3

−−→ M N . (−−→a + −→ b ) = 0 ⇒ M N ⊥BA1

−−→ M N . (−−→a + −→ b + −→c ).(−→a + −→ b + −→c ).( Áp dụng bảng nhân −−→ BA1 = −−→ CB1 = −→ b − −→c ) = 0 ⇒ M N ⊥CB1 1 3 1 3

Bài toán được chứng minh.

−→ b , −−→ A1A = −→a ,

Ví dụ 1.19. Cho hình hộp ABCDA1B1C1D1 có các mặt là các hình thoi bằng nhau, các góc phẳng của góc tam diện đỉnh A1 bằng nhau. Chứng minh rằng A1C⊥(AB1D1). −−→ −−−→ A1D1 = −→c . Theo giả thiết A1B = Chứng minh. Chọn cơ sở (cid:92)AA1D1 = (cid:92)D!A1B1 = (cid:92)AA1B1 = ϕ. Để cho tiện ta gọi độ dài cạnh hình hộp là m. Ta có bảng nhân vô hướng

−→a m2 m2 cos ϕ m2 cos ϕ −→ b m2 cos ϕ m2 m2 cos ϕ −→c m2 cos ϕ m2 cos ϕ m2 −→a −→ b −→c

Ta có

−−→ A1C = −→a + −−→ A1C. −−→ A1C. −→ b + −→c . Áp dụng bảng nhân −→ −→ b − −→a ) = 0 =⇒ A1C⊥AB1 b + −→c ).( −→ b + −→c ).(−→c − −→a ) = 0 =⇒ A1C⊥AD1 −−→ A1B = (−→a + −−→ A1D = (−→a +

Suy ra A1C⊥(AB1D1).

Nhiều ví dụ có ích có thể xem trong [5],[6],[13].

1.4.2 Tính góc, khoảng cách, diện tích, thể tích

Tích vô hướng được sử dụng thường xuyên trong các bài toán hình học không gian để tính khoảng cách, tính góc, tính tỷ số, diện tích thiết diện (và xác định thiết diện), thể tích... Với các bài toán tính khoảng cách và góc trong không gian, có thể chia làm bốn dạng cơ bản cùng cách giải (bằng vector) như sau:

Dạng A. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

−→a , trên l có điểm

Bài toán 1.1. Cho điểm M và đường thẳng l có vector chỉ phương A mà −−→ AM = −→m. Tính khoảng cách d(M, l) từ M đến đường thẳng l.

Cách giải. Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên l. Ta có

−−→ M N = −−→ AN −

−−→ M N .−→a = 0 ⇔ x−→a 2 − −→m.−→a = 0 ⇔ x = nên (có bảng nhân để tính −→m.−→a ). −−→ AM = x−→a − −→m −→m.−→a a2

Dạng B. Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng, góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Hình 1.12.

Hình 1.13.

−→a ,

−→ b . Điểm A thuộc −−→ AM = −→m. Tính khoảng cách

Bài toán 1.2. Cho mặt phẳng (α) với cặp vector chỉ phương mặt phẳng (α); M không thuộc mặt phẳng (α), d(M, (α)) từ M đến mặt phẳng (α) và góc giữa AM với mặt phẳng (α).

Cách giải. Hạ M N ⊥(α). Ta có

−−→ M N = −−→ AN − −−→ AM = x−→a + y −→ b − −→m.

Do đó (cid:40)

⇔ (cid:40) −−→ M N .−→a = 0 −→ −−→ b = 0 M N . −→ b − −→m)−→a = 0 −→ −→ b − −→m) b = 0

(x−→a + y (x−→a + y (cid:113)

. Nếu x−→a +y −→ b = −→ b − −→m) (x−→a + y −→ b . Nếu x−→a +y −→ −→ b (cid:54)= 0 −→ 0 thì AM ⊥ −→m và x−→a +y

Giải hệ trên tìm được x, y và d(M, α) = thì góc giữa AM và (α) là góc giữa (α)

Dạng C. Khoảng cách và góc giữa hai đường thẳng chéo nhau

−→a1, −→a2.

Bài toán 1.3. Cho các đường thẳng l1, l2 với vector chỉ phương lần lượt là Cho các điểm A1 ∈ l1, A2 ∈ l2. Tính khoảng cách và góc giữa l1 và l2.

Hình 1.14.

Cách giải. Gọi ϕ là góc giữa l1 và l2 thì ϕ được tính theo công thức

cos ϕ = . |−→a1.−→a2| |−→a1| . |−→a2|

Gọi P1P2 là đường vuông góc chung của l1, l2, khi đó

với mọi x, y ∈ R. −−→ P1P2 = −−−→ P1A1+ −−−→ A1A2+ −−−→ A2P2= x−→a1+−→m+y−→a2

Vì P1P2⊥l1, P1P2⊥l2 nên x, y phải là nghiệm của hệ phương trình

(cid:40)

(x−→a1 + −→m + y−→a2) −→a1 = 0 (x−→a1 + −→m + y−→a2) −→a2 = 0

Vậy khoảng cách cần tìm là

(cid:113) d (l1, l2) = P1P2 = (x−→a1 + y−→a2 + −→m)2.

Dạng D. Góc giữa hai mặt phẳng Ta chuyển về tính góc giữa hai đường thẳng hoặc −→n1, −→n2 của 2 mặt phẳng. tính góc giữa hai pháp vector

Ví dụ 1.20. Cho S.ABC là hình chóp tam giác đều đỉnh S có SA = 4. Một điểm D thuộc SC mà CD = 3, khoảng cách từ A đến đường thẳng BD bằng 2. Tính thể tích hình chóp S.ABC. Lời giải.

Để tính cạnh đáy và đường cao hình chóp, ta phải tính góc phẳng ϕ ở đỉnh của −−→ AN 2= 4. −→ SD = −→ SB, −→c = −→ b = −−→ AN . −→a = −→ SA, −−→ DB = 0. Chọn cơ sở −→ SD ta có

hình chóp. Gọi N là hình chiếu vuông góc của A trên BD thì AN = 2 hay Ngoài ra −→ 1 SC. 4

Hình 1.15.Ví dụ 1.20

(cid:16) (cid:17)2 Từ điều kiện của   (cid:16) (cid:17) (cid:17)(cid:16)−→ − −→a +x − −→a +x −−→ AN ta có hệ phương trình −→ b +(1 − x)−→c −→ b +(1 − x)−→c = 4 b − −→c = 0 

Ta có bảng nhân sau

−→ b −→c

16 cos ϕ 4 cos ϕ

4 cos ϕ

−→a 16 16 cos ϕ 4 cos ϕ 16 4 cos ϕ −→a −→ b −→c 1

Ta có

−−→ AN = −−→ DN − −−→ DA = x

−→ SD)

−−→ DB − −→ SB − = x( = −−→a + x −−→ DA −→ −→ SD) − ( SA − −→ b + (1 − x)−→c .

Áp dụng bảng ta có

(cid:40)

17x2−2x + 17 − 8(x + 1)2cosϕ = 4 (17x − 17) − 8(x + 1)cosϕ = 0

. Gọi O là tâm ∆ABC, SO là đường cao hình chóp.

7 9 (cid:16)−→a + 55 , cos ϕ = 64 (cid:17) −→ b +4−→c Suy ra . Như vậy Hệ trên cho x = −→ 1 SO = 3

(cid:17)2 = (cid:114)(cid:16)−→a + −→ b +4−→c −→ SO (cid:112)48 + 96cosϕ. (cid:12) (cid:12) (cid:12) = (cid:12) (cid:12) (cid:12) 1 3 1 3

√ √ 3 2 −→ AB2= ( −→ b − −→a )2 = 58. Ta có nên AB = . Từ đó suy 9 2 2 Suy ra SO = h = √ 3 . ra VS.ABC = 1 2 174 16

√ 6. Tìm thể tích lăng trụ. Ví dụ 1.21. Đáy của lăng trụ tam giác ABCA1B1C1 là tam giác vuông cân, AB = AC = a. Các cạnh bên AA1, BB1, CC1 tạo với mặt phẳng đáy góc 60◦, đường chéo BC1 của mặt CBB1C1 vuông góc với AC, BC1 = a

√ Lời giải. Ta cần tính khoảng cách từ B1 đến mặt phẳng (ABC). Hạ B1H⊥(ABC). Lúc đó B1H =

3BH, B1H⊥AB, B1H⊥AC. −→m = −→ AB, −→n = −→ AC, −→p = Chọn cơ sở bằng cách đặt −−→ BC1. Đặt t = cos (−→m, −→p ),

theo giả thiết ta có bảng

−→m a2 0 √ a2t −→m −→n −→p −→n 0 a2 6 0 −→p √ a2t 0 6a2

−−→ BH nằm trong mặt phẳng (ABC) nên có −−→ BH= x−→m+y−→n . Bởi vậy Vì

(cid:17) (cid:16)−−→ −−→ BH − −−→ B1H = −−→ BB1 = x−→m + y−→n − BC1 + −−−→ C1A1 + −−−→ A1B1

= x−→m + y−→n − −→p + −→n − −→m = (x − 1)−→m + (y + 1)−→n − −→p .

Từ điều kiện của

−−→ B1H ta có hệ phương trình  (cid:104) (x − 1)−→m+(y + 1)−→n −−→p

(cid:104) (x − 1)−→m+(y + 1)−→n −−→p

(cid:104) (cid:105)2 (x − 1)−→m+(y + 1)−→n −−→p (cid:105)−→m= 0 (cid:105)−→n = 0 (cid:105)2 (cid:104) = 3 x−→m+y−→n  

Hệ phương trình này tương đương với hệ √ 6= 0  

√  (x − 1)a2−a2t (y + 1)a2= 0 (x − 1)2+(y + 1)2+6−2(x − 1)t 6= 3(x2+y2)

Giải hệ trên, tìm được hai nghiệm √ (cid:32) (cid:33)

(x = 1, y = −1, t = 0), x = − , y = −1, t = − 1 2 6 4

Xét hai trường hợp sau đây:

Hình 1.16.Ví dụ 1.29 (Trường hợp 1)

√ • Trường hợp 1 x = 1, y = −1. −−→ BH = −→m−−→n ; Ta có 6. Vậy −−→ B1H = −−→p kéo theo B1H = a

√ √ 6 V = .a 6= . a2 2 a3 2

2, y = −1.

• Trường hợp 2 x = − 1

Hình 1.17.Ví dụ 1.29 (Trường hợp 2)

√ a −−→ BH= − Ta có −→m−−→p . Suy ra . Vậy thể −−→ B1H= − (cid:12) −−→ (cid:12) (cid:12) =B1H = B1H (cid:12) (cid:12) (cid:12) 1 2 3 2 15 2 −→m−−→n ; √ a3 15 . tích cần tìm là V = 4

√

Ví dụ 1.22. Hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều ABC, cạnh AB = 1, cạnh 3. Mặt phẳng (α) song song với SB, AC. Mặt phẳng bên SA ⊥ (ABC) và SA = (β) song song với SC, AB. Tính góc giữa hai mặt phẳng (α) và (β). Lời giải. Gọi −→n là các pháp tuyến vectơ của (α) và (β). Nếu ϕ là góc giữa −→m và

Hình 1.18.Ví dụ 1.22

−→ AS, −→m = −→ AC. Giả sử

−→m và x−→a + y |−→m.−→n | . Đặt |−→m| |−→n | −→ SB.−→m= 0, −→ −→ −→a = AB, −→c = b = −→ AC.−→m= 0. Điều này suy ra

(cid:17) (cid:16)−→ (cid:40) = 0 −→n thì cos ϕ = −→ b +z−→c . Khi đó  (cid:17) (cid:16)  ⇔ b − −→a (cid:16) −→ b + z−→c (cid:17) 6x − 2y − 2 = 0 y + 2z = 0 x−→a + y −→c x−→a + y −→ b + z−→c = 0 

Kéo theo x = − 1

2z, y = −2z. −→m không duy nhất, có thể lấy

−→m = −→a +4 −→ b −2−→c . Tương tự đối với vectơ

−→n = −→a −2 Vectơ −→n và có thể lấy −→ b +4−→c . Khi đó

(cid:17) −→m.−→n = −→ b − 2−→c −→ b + 4−→c = −3,

(cid:17) (cid:16)−→a − 2 √ (cid:17)2 15, −→ b − 2−→c = |−→m| =

√ (cid:17)2 |−→n | = (cid:16)−→a + 4 (cid:114)(cid:16)−→a + 4 (cid:114)(cid:16)−→a − 2 15. −→ b + 4−→c =

Do đó

√ cos ϕ = = . suy ra ϕ = arccos 1 5 1 5 3 √ 15. 15

, BF = 1 3 1 4

Ví dụ 1.23. Hình lập phương ABCDA1B1C1D1 có cạnh bằng 1. Lấy các điểm E . Qua đỉnh A của hình lập thuộc AA1, F thuộc BC sao cho AE = phương và hai điểm E, F dựng mặt phẳng (α). Tính khoảng cách từ B1 đến mặt phẳng (α)

Lời giải.

Hình 1.19.Ví dụ 1.23

Đặt −→a1 = −→ BA, −→a2 = −−→ BC, −→a3 = −−→ BB1. Ta có

 1  khi i = j −→ai .−→aj = khi i (cid:54)= j 0 

−−→ B1Q= α −−→ B1E+β −−→ B1F +γ −−→ B1K; α + β + γ = 1. Ta

Hạ B1Q⊥(α). Vì Q ∈ (α) nên biểu diễn các vectơ qua cơ sở

−→ BA + −→ AE − −−→ BE − −−→ BB1 = −→a1 − −→a3 2 3

−−→ BF −

(cid:17) −−→ BK − −−→ BD − −−→ B1E = −−→ B1F = −−→ B1K = −−→ BB1 = −−→ BB1 = −−→ BB1 = BB1 + −−→ BB1 = −→a1 + −→a2 − −→a3 1 −→a2 − −→a3 4 (cid:16)−−→ 1 2 1 2 1 2 1 2

Vậy

(cid:19) (cid:18) (cid:19) (cid:19) (cid:18) γ β + γ − α − β − γ α + −→a1 + −→a2 + −→a3. −−→ B1Q = 1 2 (cid:18)1 4 1 2 2 3 1 2

Vì B1Q⊥(α) nên

⇐⇒ −−→ BE − −−→ BF − −−→ BK) = 0 −−→ BK) = 0 −−→ KE = 0 −−→ KF = 0 (cid:40) −−→ B1Q.( −−→ B1Q.( (cid:40) −−→ B1Q. −−→ B1Q.

Các điều kiện trên cho hệ

(cid:16) (cid:17) (cid:17) (cid:16) (cid:17) β +   α + (cid:16) − (cid:17) − (cid:17) − (cid:16) = 0 (cid:17) γ γ γ = 0  1 2 1 − 2 1 γ 2 1 α + 2 1 2 1 − 4 (cid:16)1 4 (cid:16)1 4 1 γ 2 1 β + 2 1 6 1 − 2 2 α − β − 3 2 − 3 1 γ 2 1 α − β − 2

Kết hợp với điều kiện α + β + γ = 1 ta tìm được α, β, γ. Cuối cùng

−−→ B1Q = −→a1 + −→a2 + −→a3 55 170 88 170 99 170

√ . nên suy ra B1Q = 11 170

Chú ý. Trong ví dụ này tính toán trên các vector khá phức tạp, tuy nhiên còn đỡ cồng kềnh hơn các cách giải khác. Hơn nữa ở đây ta không cần xác định thiết diện của (α) và hình lập phương vẫn tính được khoảng cách. Bằng cách thông thường bài toán trên phải qua các bước như sau:

• Xác định các giao điểm L, M, N, H giữa (α) và các đường thẳng B1C1, B1B,

A1B1 và CC1.

Hình 1.20.Ví dụ 1.23 (Chú ý)

= = ; ; BM = . =⇒ C1L = • Bằng các tam giác đồng dạng thích hợp ta rút ra C1H CH C1L CF BM CH BF CF 3 8 2 9

Như vậy

= = . B1L = 1+ , B1M = 1+ 3 8 11 8 2 9 11 9

• Vì (α) cắt (BB1A1A) theo M E nên N là giao của M E và B1A1. Từ các tam

11 5

giác đồng dạng M B1N và EA1N ta tính được B1N = . Khoảng cách cần tìm bằng đường cao hạ từ đỉnh B1 xuống mặt phẳng (M N L) của hình chóp B1M N L.

• Kẻ B1R⊥N L, chứng minh được khoảng cách B1Q là đường cao h của ∆M RB1. √ . 89 và Từ tam giác vuông B1N L tìm được N L = 11 40 B1R B1L

. . suy ra B1R = . Từ tam giác vuông M B1R tìm được M R = B1N N L = sin(cid:92)B1LR = (cid:114)170 11 89 9 11 √ 89

√ = . • Vì rút ra h = = sin (cid:92)B1M R = B1R M R M B1.B1R M R h M B1 11 170

Chú ý rằng khi chọn được cơ sở tốt thì việc lập bảng nhân vô hướng rất thuận lợi, các tính toán tiếp theo sẽ chuyển về việc giải phương trình hoặc hệ phương trình.

1.5 Ứng dụng tích vô hướng giải bài toán đại số

Sử dụng vector nói chung là cách thức chuyển các tính chất hình học sang ngôn ngữ vector. Để áp dụng được các kiến thức về vector nói chung và tích vô hướng nói riêng, ta cần nhìn nhận ý nghĩa hình học của các biểu thức đại số. Có thể nêu lên các tình huống

√ −→u = (a, b, c) a2 + b2 + c2 được hiểu là độ dài của vector • Biểu thức

−→α (a, b, c) • Biểu thức a.m + b.n + c.p ta nghĩ đến tích vô hướng của hai vector

và −→ β (m, n, p).

• Các bất đẳng thức đã nêu trong Mục 1.4, đặc biệt khi kết hợp với biểu thức tọa

độ

+ |−→u 1 + −→u 2| ≤ |−→u 1| + |−→u 2|

⇐⇒ (cid:112)(x1 + x2)2 + (y1 + y2)2 ≤ (cid:112)x2 −→u 1

1 + y2 −→u 2 ≤ |−→u 1||−→u 2| ⇐⇒ x1x2 + y1y2 ≤ (cid:112)x2 1 + y2

1.(cid:112)x2 1 + y2 1 1 − (cid:112)x2

2 + y2 2 (cid:112)x2 2 + y2 2 2 + y2 2|

+ + ||−→u 1| − |−→u 2|| ≤ |−→u 1 + −→u 2| ⇐⇒ |(cid:112)x2

Ta xét lần lượt các ứng dụng của tích vô hướng vào việc giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình; chứng minh các bất đẳng thức và tìm cực trị của biểu thức đại số. Kỹ thuật ở đây chủ yếu là chon "cặp vector tương xứng". Các ví dụ ở đây được tham khảo trong [1, 4, 6, 10]... nhưng cách giải đều được cải tiến để minh họa cho việc ứng dụng tích vô hướng.

1.5.1 Giải phương trình

Ví dụ 1.24. Giải phương trình

√ √ √ 13 − 2x + 2 x − 2 = 11 − 6x

Lời giải. Điều kiện 2 ≤ x ≤ . Ta viết phương trình dạng 13 2 √ √ √ √ 13 − 2x + 2. x − 2 + 6. x = 11. 1.

Cách viết đó gợi ý cho ta chọn "cặp vector tương xứng"

√ 6), √ √ √ −→a = (1, 2, −→ b = ( 13 − 2x, x − 2, x).

√ √ √ √ √ 13 − 2x + 2 x − 2 + 6x nên

Khi đó |−→a | = 11, | phương trình trở thành √

= = ⇐⇒ x = 6. −→ −→ −→a . b | = 11 và b = −→ −→ b = |−→a || −→a . b |, xảy ra khi √ (cid:114)x 6 13 − 2x 1 x − 2 2

Vậy x = 6 là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 1.25. Giải phương trình

(cid:112) (cid:112) (cid:112) (7x2 − x + 4) 3x2 − 1 + x2 − x − x x2 + 1 = 1 √ 2 2

Lời giải. Điều kiện x ∈ (−∞, − ] ∪ [1, +∞). Viết phương trình dạng: 1 √ 3

(cid:112) (cid:112) (cid:112) 1. 3x2 − 1 + 1. x2 − x + (−x). x2 + 1 = (7x2 − x + 4). 1 √ 2 2

Chọn "cặp vector tương xứng"

(cid:112) (cid:112) 3x2 − 1, x2 − x, x2 + 1). −→u , −→v là (cid:112) −→u = (1, 1, −x), −→v = (

(cid:112) (cid:112) (cid:112) 3x2 − 1 + x2 − x − x x2 + 1 ≤ |−→u ||−→v | = (cid:112)(x2 + 2)(5x2 − x). Ta có −→u .−→v =

Đẳng thức xảy ra khi √ √ √

= = ⇐⇒ x = −1. 3x2 − 1 1 x2 − x 1 x2 + 1 −x

Mặt khác,

(7x2 − x + 4) = [5x2 − x + 2(x2 + 2)] 1 √ 2 2 2

2.(cid:112)(5x2 − x)2(x2 + 2) 1 √ 2 (cid:62) 1 √ 2 2

(cid:62) (cid:112)(5x2 − x)(x2 + 2).

. Kết hợp 4 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 5x2 − x = 2(x2 + 2), hay x = −1; x = lại, phương trình có nghiệm duy nhất x = −1.

Ví dụ 1.26. Giải phương trình √ √ (cid:112) x x + 1 + 3 − x = 2 x2 + 1

√

√ x + 1 + 1. √ √ x + 1, 3 − x = 3 − x). Khi √ √ x2 + 1. Chọn "cặp vector tương xứng" −→u .−→v = x x + 1 + Lời giải. Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 3. Viết phương trình là x. √ −→u = (x, 1); −→v = ( 2 đó

3 − x. Suy ra (cid:113) √ (cid:112) (cid:112) |−→u |.|−→v | = x2 + 1. √ ( x + 1)2 + ( x2 + 1.

3 − x)2 = 2 −→u .−→v = |−→u |.|−→v |, tức −→u , −→v cùng phương,

Do đó, phương trình đã cho xảy ra khi nghĩa là

√ √ = ⇐⇒ (x − 1)(x2 − 2x − 1) = 0 ⇐⇒ x2 = x 1 x + 1 3 − x x + 1 3 − x

√ (với điều kiện 0 < x < 3). Ta tìm được hai nghiệm của phương trình là x1 = 1, x2 = 1 + 2.

(cid:112) Ví dụ 1.27. Giải phương trình (cid:112) sin x + 1 + cos2 x + sin x. 2 − sin2 x = 3

(cid:112) Lời giải. Chọn "cặp vector tương xứng" là (cid:112) 2 − sin2 x), −→v = (1, 2 − sin2 x, sin x) và sử dụng bất đẳng

thức

(cid:112) −→u = (sin x, 1, −→u .−→v ≤ |−→u |.|−→v | ta có: (cid:112) sin x + 1 + cos2 x + sin x. 2 − sin2 x ≤ 3

Phương trình đã cho xảy ra khi −→u .−→v = |−→u |.|−→v | = 3 và ta có hệ phương trình

  + 2lπ ⇒ k = 1 =⇒ sin x = 1 ⇒ x = π 2 sin x = k (cid:112) 1 = k (cid:112)  2 − sin2 x 2 − sin2 x = k sin x

1.5.2 Giải bất phương trình

Ví dụ 1.28. Giải bất phương trình √ x − 1 + x − 3 ≥ (cid:112)2(x − 3)2 + 2x − 2

√

−→u = ( x − 1, x − 2. Sử dụng bất đẳng

Lời giải. Điều kiện x ≥ 1. Chọn "cặp vector tương xứng" là √ 3); −→e = (1, 1), ta có: |−→u | = (cid:112)x − 1 + (x − 3)2 và |−→e | = thức −→u .−→e ≤ |−→u |.|−→e | ta có

√ x − 1 + x − 3 ≤ (cid:112)2(x − 3)2 + 2x − 2.

√ x − 1 =

Suy ra bất phương trình đã cho chỉ có thể lấy dấu đẳng thức và ta được x − 3 ⇐⇒ x = 5.

√ Ví dụ 1.29. Giải bất phương trình √ √ x + 1 + 2x − 3 + 50 − 3x ≤ 12

≤ x ≤ . Lời giải. Điều kiện:

√ √ 3 2 √ 2x − 3, −→u , −→v như sau: 50 − 3x); −→v = (1, 1, 1). Ta có: |−→u | = x + 1, √ √ 4 48 = 3. Bất phương trình đã cho luôn thỏa mãn. Vậy nghiệm bất phương

≤ x ≤ . trình là 50 3 Chọn "cặp vector tương xứng" √ −→u = ( 3; |−→v | = 3 2 50 3

1.5.3 Giải hệ phương trình

Ví dụ 1.30. Giải hệ phương trình

  = −y(x + z) = −2yz

 x2 + y2 x2 + x + y 3x2 + 8y2 + 8xy + 8yz = 2x + 4z + 2

Lời giải. Hê đã cho tương đương với

 

 x(x + y) + y(y + z) = 0 x(x + 1) + y(y + 1) = 0 4(x + y)2 + 4(y + z)2 = (x + 1)2 + (2y + 1)2

−→u .−→v = 0; −→u .−→w = −→u = (x, y); −→v = (x+y, y +z); −→w = (x+1, 2z +1). Ta có:

Đặt 0; 4−→v 2 = −→w 2.

. −→u = • Nếu −→ 0 thì x = 0, y = 0, z = 1 2

−→u (cid:54)= • Nếu −→w = ±2−→v . Xét từng trường hợp

); (0, 0, ). −→ 0 thì ta có nghiệm của hệ (0, 0, − −→v , −→w cùng phương, suy ra: 1 2 1 2

Ví dụ 1.31. Chứng minh rằng hệ sau đây vô nghiệm

(cid:40)

x4 + y4 + z4 = 1 √ x2 + y2 + 2z2 = 7

√ −→u = (x2, y2, z2); −→v = (1, 1, 2). Ta có |−→u | = 1 và |−→v | = 6. Suy ra

Lời giải. Đặt −→u .−→v > |−→u |.|−→v |. Hệ vô nghiệm.

Ví dụ 1.32. Giải hệ phương trình

 

√ √ √  (cid:112)x2 + y2 + (3 − z)2 + (cid:112)y2 + z2 + (3 − x)2 = 2 (cid:112)y2 + z2 + (3 − x)2 + (cid:112)z2 + x2 + (3 − y)2 = 2 (cid:112)z2 + x2 + (3 − y)2 + (cid:112)x2 + y2 + (3 − z)2 = 2 6 6 6

Lời giải. Cộng vế với vế cả ba phương trình

√ (cid:112)x2 + y2 + (3 − z)2 + (cid:112)y2 + z2 + (3 − x)2 + (cid:112)z2 + x2 + (3 − y)2 = 3 6.

Xét ba vector −→u = (x, y, 3 − z), −→v = (y, z, 3 − x), −→w = (z, x, 3 − y). Khi đó

−→u + −→v + −→w = (x + y + z, x + y + z, 9 − x − y − z).

Đặt t = x + y + z. Áp dụng bất đẳng thức

|−→u | + |−→v | + |−→w | ≥ |−→u + −→v + −→w |

ta có

(cid:113) (cid:113) (cid:113) x2 + y2 + (3 − z)2 + z2 + x2 + (3 − y)2

y2 + z2 + (3 − x)2 + (cid:113) (cid:62) t2 + t2 + (9 − t)2

Mà t2 + t2 + (9 − t)2 = 3(t − 3)2 + 54 ≥ 54 với mọi t ∈ R nên

√ (cid:112)x2 + y2 + (3 − z)2 + (cid:112)y2 + z2 + (3 − x)2 + (cid:112)z2 + x2 + (3 − y)2 ≥ 3 6.

Do đó

√ (cid:112)x2 + y2 + (3 − z)2 + (cid:112)y2 + z2 + (3 − x)2 + (cid:112)z2 + x2 + (3 − y)2 = 3 6

khi và chỉ khi

(cid:40) x : y : z = y : z : x = (3 − z) : (3 − x) : (3 − y)

x + y + z = 3

⇐⇒ x = y = z = 1.

Sau khi thử lại ta kết luận hệ có nghiệm (x, y, z) = (1, 1, 1).

1.5.4 Chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 1.33. Chứng minh rằng với mọi a, b, c ∈ R ta có

abc(a + b + c) ≤ a4 + b4 + c4

Chứng minh. Ta có abc(a + b + c) = a2bc + ab2c + abc2. Từ đó chọn "cặp vector tương xứng" là

−→u = (ab, bc, ca); −→v = (ca, ab, bc)

Ta có (cid:112) (cid:112) |−→u | = a2b2 + b2c2 + c2a2; c2a2 + a2b2 + b2c2.

|−→v | = −→u .−→v ≤ |−→u ||−→v | ta được Áp dụng bất đẳng thức

abc(a + b + c) ≤ a2b2 + b2c2 + c2a2. −→x = (a2, b2, c2) và −→y = (b2, c2, a2), tiếp

Lại chọn "cặp vector tương xứng" lần nữa tục áp dụng bất đẳng thức trên được

a2b2 + b2c2 + c2a2 ≤ a4 + b4 + c4.

Theo tính chất bắc cầu ta suy ra điều phải chứng minh. Dễ thấy dấu bằng xảy ra khi a = b = c.

Ví dụ 1.34. Chứng minh rằng nếu a > c, b > c > 0 thì √

√ √ √ ab √ (cid:112)c(a − c) + (cid:112)c(b − c) ≤ √ b − c); −→v = ( c, a − c, c). Ta có: |−→u | =

b và −→u .−→v ≤ |−→u |.|−→v | ta có điều phải chứng minh. −→u = ( a. Áp dụng bất đẳng thức

Chứng minh. Đặt √ |−→v | = Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

(cid:40) √ √ =⇒ c = √ √ ab a + b c = k b − c = k a − c c

thỏa x + y + z = 6. Chứng minh rằng 1 4 √ √ Ví dụ 1.35. Cho các số thực x, y, z ≤ √ 4x + 1 + 4y + 1 + 4z + 1 ≤ 9

√ 1. Chứng minh. Vế trái bất đẳng thức được viết thành √ 4x + 1 + 1.(cid:112)4y + 1 + 1. 4z + 1.

√ √ √ −→v = ( 4x + 1, 4y + 1, −→u = (1, 1, 1) và 4z + 1).

Từ đó chọn "cặp vector tương xứng" là Áp dụng bất đẳng thức −→u .−→v ≤ |−→u |.|−→v | ta có √ √ 4z + 1 4x + 1 + (cid:112)4y + 1 + √ (cid:54) 1 + 1 + 1.(cid:112)4x + 1 + 4y + 1 + 4z + 1 = 9

Có thể thay đổi giả thiết để có các bất đẳng thức tương tự. Chẳng hạn: ta xéthai

vector √ √ −→u = (a, a, a); −→v = ( bx + c, (cid:112)by + c, bz + c)

Ví dụ 1.36. Gọi α, β, γ là ba góc tạo bởi đường chéo của một hình hộp chữ nhật với ba cạnh xuất phát từ cùng một đỉnh. Chứng minh rằng:

a. cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1

√ √ 4 cos2 α + 1 + (cid:112)4 cos2 β + 1 + (cid:112)4 cos2 γ + 1 ≤ 21 b.

−→e 2 = cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1. −→e , ba Chứng minh. a) Lấy đường chéo của hình hộp chữ nhật làm vector đơn vị cạnh xuất phát từ cùng một đỉnh của hình hộp làm ba trục tọa độ thì cos α, cos β, cos γ là các tọa độ của −→e . Suy ra:

b) Áp dụng cách làm như Ví dụ 1.35 ta có ngay điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

(cid:112) (cid:112) (cid:112) 4 cos2 α + 1 = 4 cos2 β + 1 = 4 cos2 γ + 1

Điều này tương đương với cos α = cos β = cos γ = . 1 √ 3

Ví dụ 1.37. (Thi vô địch Toán CHLB Đức, 1965) Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:

cos A + cos B + cos C ≤ . 3 2

Chứng minh. Dễ thấy bất đẳng thức tương đương với

1 + 4 sin . sin . sin ≤ ⇐⇒ sin sin sin ≤ A 2 B 2 C 2 3 2 A 2 B 2 C 2 1 8

1 + −→v 2

2 + −→v 2

3 + 2(−→v 1.−→v 2 + −→v 2.−→v 3 + −→v 3.−→v 1)

Có nhiều cách chứng minh khác nhau: Áp dụng Định lí cosin trong tam giác; đưa về dạng tổng bình phương; dựa trên bất đẳng thức hàm lồi. Lời giải sau đây sử dụng tích vô hướng. Gọi độ dài AB = c, BC = a, CA = b. Từ điểm I trong mặt phẳng (ABC) dựng ba −→v 1, −→v 2, −→v 3 có độ dài 1, lần lượt vuông góc với BC, AC, AB. Dùng kỹ thuật vector "bình phương vô hướng"

1 = −→v 2

3 = 1 thì

−→v 2 0 ≤ (−→v 1 + −→v 2 + −→v 3)2 = −→v 2 2 = −→v 2

Để ý −→v 1.−→v 2 = cos(−→v 1, −→v 2) = − cos C, −→v 2.−→v 3 = − cos A, −→v 3.−→v 1 = − cos B.

Suy ra 0 ≤ 3 − 2(cos A + cos B + cos C). Bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 1.38. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC và ba số thực x, y, z luôn có

x2 + y2 + z2 ≥ 2xy cos C + 2zx cos B + 2yz cos A.

Chứng minh. Chọn các vector như trên, dùng kỹ thuật "bình phương vô hướng" tổng ba vector x−→v 1, y−→v 2, z−→v 3 ta được

(x−→v 1 + y−→v 2 + z−→v 3)2 = x2 + y2 + z2 − 2(xy cos C + xz cos B + yz cos A).

Từ đó ta có ngay điều phải chứng minh.

Ví dụ 1.39. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC và mọi số thực x, luôn có

1 + x2 ≥ cos A + x(cos B + cos C) 1 2

Chứng minh. Cách 1. Dễ nhận thấy sau khi chuyển vế phải của bất đẳng thức sang vế trái ta chuyển phép chứng minh bất đẳng thức về phép chứng minh tam thức bậc hai

f (x) = − (cos B + cos C)x + 1 − cos A ≤ 0, với mọi x ∈ R. x2 2

−→v 1, −→v 2, −→v 3 như ví dụ trên rồi xét bình phương vô hướng

−→v = x.−→v 1 + −→v 2 + −→v 3, ta được

1 + −→v 2

2 + −→v 2

3 + 2x(−→v 1

Cách 2. Chọn các vector của vector 0 ≤ (x.−→v 1 + −→v 2 + −→v 3)2 = x2−→v 2 −→v 2 + −→v 1 −→v 3) + 2−→v 2 −→v 3

Suy ra

0 ≤ x2 − 2x(cos B + cos C) + 2 cos A + 2

hay

x2 + 2 ≥ 2x(cos B + cos C) + 2 cos A.

Điều này tương đương với

1 + x2 ≥ cos A + x(cos B + cos C) 1 2

1.5.5 Tìm cực trị hình học và cực trị đại số

Khi tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong Hình học hay trong đại số ta thường sử dụng các kỹ thuật đánh giá: Đánh giá độ dài vector; dánh giác tích vô hướng của hai vector; đánh giá bình phương vô hướng. Ta sẽ minh họa các kỹ thuật đó qua các ví dụ về tìm cực trị hình học sau đó là các ví dụ về tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong đại số.

Ví dụ 1.40. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O. Tìm điểm M thuộc đường tròn để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

T = | −−→ M A + −−→ M B − −−→ M C|.

−→ IA + −→ IB − −→ IC = Lời giải. Gọi I là đỉnh thứ tư của hình bình hành ACBI, ta có −→ 0 .

Hình 1.21.Ví dụ 1.40

Khi đó,

−−→ M A + −−→ M B − −−→ M C = ( −−→ M I + −→ IC)

−−→ M I + −−→ M I + −→ IA) + ( −→ −→ IB − IA + −−→ M I + −→ IC = −→ IB) − ( −−→ M I =

−−→ M I| lớn nhất, hay M ≡ M1, với M1 là giao của

Như vậy, T lớn nhất khi và chỉ khi | OI với đường tròn O, M1 nằm ngoài đoạn OI.

Tương tự T nhỏ nhất khi và chỉ khi | −−→ M I| nhỏ nhất, hay M ≡ M1, với M1 là giao

của OI với đường tròn O, M1 nằm trong đoạn OI.

−→ IA + 2 −→ IB = −→ 0 , dễ thấy I là điểm cố định (dựng

Ví dụ 1.41. Cho tam giác ABC và đường thẳng d cố định đi qua C. Tìm vị trí của điểm M trên d sao cho tổng 3M A2 + 2M B2 đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải. Giả sử I là điểm sao cho 3 được). Ta có

3M A2 + 2M B2 = 3( −−→ M I + −→ IA)2 + 2( −−→ M I + −→ IB)2 = 5.M I 2 + 3IA2 + 2IB2

Do đó, 3M A2 + 2M B2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M I⊥d, điều này tương đương với M thuộc đường tròn đường kính IC. Vậy 3M A2 + 2M B2 nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao của d và đường tròn đường kính IC.

Ví dụ 1.42. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

√ √ x − 1 + 2 3 − x y =

Lời giải. Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 3. Viết hàm số dạng √ √ y = 1. x − 1 + 2. 3 − x,

√ √ x − 1, −→u = ( 3 − x) và √ √ √ −→v = (1, 2). Ta có 10. Suy ra 5. Áp dụng √ √ x − 1 = −→u .−→v ≤ |−→u ||−→v | được y ≤ 3 − x ⇐⇒ x = . chọn "cặp vector tương xứng" là 2 và |−→v | = |−→u | = √ max y = 10 xảy ra khi 2 7 5

Ví dụ 1.43. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

√ F = 2| cos x| + | sin x + cos x|

Lời giải. Xét hai vector −→u = (− cos x, cos x) và

−→v = (cos x + sin x, 0), suy ra (cid:112) sin2 x + cos2 x. F = |−→u | + |−→v | ≥ |−→u + −→v | =

⇐⇒ Vậy F ≥ 1. Do đó, Fmin = 1 ⇐⇒ −→u , −→v cùng hướng ⇐⇒ (cid:40) −→u = k−→v k ≥ 0 (cid:40) (cid:40) x = + lπ(l ∈ Z) ⇐⇒ =⇒ Fmin = 1 ⇐⇒ π 2 k = 0

x = + lπ(l ∈ Z). − cos x = k(cos x + sin x) cos x = 0 π 2

Ví dụ 1.44. Cho α, β, γ là ba góc có tổng bằng một góc vuông. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

H =(cid:112)1 + tan α. tan β + (cid:112)1 + tan β. tan γ + (cid:112)1 + tan γ. tan α.

Lời giải. Từ α + β = − γ ta có π 2

tan(α + β) = tan( − γ) ⇔ = π 2 tan α + tan β 1 − tan α. tan β 1 tan γ

⇔ tan α. tan β + tan β. tan γ + tan γ tan α = 1

Chọn "cặp vector tương xứng" là

−→v = (1, 1, 1), −→u = ((cid:112)1 + tan α. tan β, (cid:112)1 + tan β. tan γ, (cid:112)1 + tan γ. tan α).

√ Ta có |−→u | = 2; |−→v | = 3. Áp dụng bất đẳng thức

−→u .−→v ≤ |−→u ||−→v | thu được √ (cid:112)1 + tan α. tan β + (cid:112)1 + tan β. tan γ + (cid:112)1 + tan γ. tan α ≤ 2 3.

√ Suy ra max H =2 3 xảy ra khi tan α = tan β = tan γ ⇐⇒ α = β = γ = . π 6

1.6 Bài tập

Bài tập 1.1. Cho tam giác ABC, BC = a, CA = b, AB = c. Gọi O, I, G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, trọng tâm của tam giác còn R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp nó. Chứng minh rằng

(1) IG2 = (p2+5r2−16Rr). 1 9

(2) OI 2 = R2−2Rr (Công thức Euler.)

−→ JB − c −→ JA + b −→ JC = −→ 0 . Bài tập 1.2. Cho tam giác ABC với J là tâm đường tròn bàng tiếp góc ∠ACB của tam giác ABC. Chứng minh rằng a

Bài tập 1.3. Gọi K, E, F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của trọng tâm G của tam giác ABC trên các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh a2−−→ −→ 0 . GK + b2−−→ GE + c2−→ GF =

Bài tập 1.4. Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp. Chứng minh rằng −→ IA + b a −→ IB + c −→ IC = −→ 0 .

Bài tập 1.5. Cho M là điểm tùy ý trong tam giác ABC. Chứng minh −→ 0 . −−→ M B + S(M AB). −−→ M A + S(M CA). −−→ M C = S(M BC).

Bài tập 1.6. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC và ba số dương m, n, p tùy ý,luôn có

(cid:19) m. sin . + n. sin + p. sin ≤ A 2 B 2 C 2 mnp 2 (cid:18) 1 m2 + 1 n2 + 1 p2

Bài tập 1.7. Cho hình vuông ABCD. Gọi E là giao điểm của AC và BD. Một đường thẳng đi qua A cắt cạnh BC ở M (M khác B, C) và cắt đường thẳng CD ở N . Gọi K là giao của EM và BN . Chứng minh rằng CK⊥BN .

Bài tập 1.8. Cho hình vuông ABCD. Gọi E là trung điểm cạnh BC. Điểm M di động trên cạnh AB. Gọi N, P lần lượt là giao điểm của M D, M C với AE. Gọi H là giao điểm của N C và DP . Chứng minh rằng điểm H luôn nằm trên một đường thẳng cố định.

Bài tập 1.9. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Điểm M di động trên đường thẳng BC (điểm M khác B, C). Đường trung trực của đoạn thẳng M C cắt đường thẳng AC tại F . Chứng minh rằng đường thẳng đi qua M vuông góc với đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.

Bài tập 1.10. Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác cân đỉnh A, D là trung điểmBC, vẽ DE⊥AB, (E ∈ AB), biết SE vuông góc với mp(ABC). Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh rằng

AM ⊥mp(SEC).

Bài tập 1.11. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC, đáy ABC là tam giác cân đỉnh A. Vẽ SO⊥mp(ABC), D là trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm tam giác ADC. Chứng minh rằng

CD⊥mp(SOE)

Bài tập 1.12. Đáy một lăng trụ đứng ABCDA(cid:48)B(cid:48)C (cid:48)D(cid:48) là hình thoi ABCD với (cid:98)A= 60◦; tất cả các cạnh lăng trụ có độ dài a. K là hình chiếu vuông góc của B(cid:48) trên mp(DA(cid:48)C (cid:48)); L là hình chiếu vuông góc của K trên mặt (DD(cid:48)C (cid:48)C). Tính VDCLK.

√

Bài tập 1.13. Đáy hình chóp S.ABC là tam giác đều ABC cạnh AB= 4 2. Cạnh bên SC⊥(ABC), SC = 2. Gọi M và N là trung điểm của BC, AB. Tìm khoảng cách và góc giữa hai đường thẳng SM và CN .

Bài tập 1.14. Tứ diện đều ABCD có M là trung điểm AC, N là tâm của mặt (BCD), E là trung điểm cạnh AB. Tính góc giữa M N và DE.

a 2

Bài tập 1.15. Lăng trụ tam giác đều ABCA(cid:48)B(cid:48)C (cid:48) có độ dài cạnh đáy là a, cạnh . D là hình chiếu vuông góc của trung điểm M thuộc A’C’ lên mặt phẳng bên là (AB’C’); E là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng (AA(cid:48)B(cid:48)B). Tính thể tích tứ diện A(cid:48)B(cid:48)DE.

Bài tập 1.16. Giải các phương trình

√ √ √ x + 3 + 4 2 − x2 = 3 11 + x − 3x2; a) x + 2

√ √ √ x2 + 1 + x 2x2 − 3 + 3x = ; b) 2 x4 − x2 + 14 2 √ √ √ √ x2 + 2 + 6 2x + 1 = (x + 2) x2 + 6x + 20 − 2 3x. c) x

Bài tập 1.17. Giải các hệ phương trình:

  ; a) √ √ √  6 6 6

(cid:112)x2 + (y + 6)2 + z2 + (cid:112)y2 + (z + 6)2 + x2 = 4 (cid:112)y2 + (z + 6)2 + x2 + (cid:112)z2 + (x + 6)2 + y2 = 4 (cid:112)z2 + (x + 6)2 + y2 + (cid:112)x2 + (y + 6)2 + z2 = 4   b) (b)

 x + y + z = 3 x2 + y2 + z2 = 3 x5 + y5 + z5 = 3

√ (cid:112) 2 − cos2 x ≤ 0; 1 + sin2 x + cos x √ √ 5x2 + 16 < 8x2 − 2x + 9; √ x2 − 3 + 3x √ x − x − 1) ≥ x(4x + 1)(x − 1). Bài tập 1.18. Giải các bất phương trình: (a) 3 + cos x − (b) (c) 2(2x

√ √ b2 + c2 + a2 + bc + ba+ a2 + b2 + c2 + ab + ac + √ 5(a + b + c); c2 + a2 + b2 + ca + cb ≥ √ √

cos2 a + cos2 b + cos2 c + sin2 a + sin2 b + sin2 c ≥ 3; (cid:112)a2 + (b + 1)2 + (c + 2)2 + (cid:112)b2 + (c + 1)2 + (a + 2)2+ √ 2; Bài tập 1.19. Cho các số thực a, b, c. Chứng minh các bất đẳng thức sau. (a) √ + (b) (c) +(cid:112)c2 + (a + 1)2 + (b + 2)2 ≥ 3

Bài tập 1.20. Cho các số thực a, b, c, x, y, z. Chứng minh:

ax + by + cz + (cid:112)(a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) ≥ (a + b + c)(x + y + z) 2 3

Bài tập 1.21. Chứng minh bất đẳng thức

sin x sin y sin z + cos x cos y cos z ≤ 1.

Bài tập 1.22. Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có các trung tuyến ứng với các cạnh AB, BC vuông góc thì ta có cos B ≤ . 4 5

Bài tập 1.23. Cho a, b, c là ba số không âm và a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của √ √ √ F = a + b + b + c + c + a.

Bài tập 1.24. Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá tri nhỏ nhất của biểu thức

+ + . P = 3a b + c 4b c + a 5c a + b

√ √ b + c, c + a, −→u = ( (cid:19) √ √ (cid:114) 4 √ (cid:114) 5 HD. Xét các vector (cid:18)(cid:114) 3 −→v = , , ( 2 + 2 + . Tìm được minP= 5)2 − 12. b + c c + a a + b a + b); và 1 2

Bài tập 1.25. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và ba số α, β, γ sao cho α + β + γ (cid:54)= 0. Tìm điểm M thuộc đường tròn để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

T = |α −−→ M A + β −−→ M B + γ −−→ M C|

−−→ CM = −→ CA +

Bài tập 1.26. Cho đường tròn (O) và hai điểm phân biệt, cố định A, B sao cho đường thẳng AB không cắt (O). Trên đường tròn đó lấy C và dựng điểm M thỏa −−→ CB. Tìm vị trí của điểm C để đoạn CM có độ dài lớn mãn điều kiện nhất, nhỏ nhất.

Bài tập 1.27. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi α là góc giữa hai trung tuyến BD và CK. Tìm giá trị nhỏ nhất của cos α.

Bài tập 1.28. Cho tam giác ABC vuông ở A. Tìm điểm M sao cho biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất:

T = 2 cos .M A + M B + M C A 2

Kết luận Chương 1

Trong Chương 1 tác giả trình bày phương pháp sử dụng tích vô hướng của hai vector để giải các bài toán hình học phẳng và hình học không gian. Các bài toán này khá đa dạng nên các kỹ thuật sử dụng tích vô hướng cũng phong phú. Với các kỹ thuật được lặp đi lặp lại áp dụng vào giải các dạng toán chính: Chứng minh một đẳng thức vector, chứng minh một hệ thức hình học, chứng minh bất đẳng thức hình học, chứng minh quan hệ vuông góc, tính các đại lượng hình học như độ dài, diện tích, thể tích, góc, giải các bài toán đại số về phương trình, hệ phương trình... Kết quả thu được là:

• Hệ thống được các bài toán theo phương pháp giải để làm rõ kỹ thuật giải. Trong mỗi dạng toán tác giả đưa ra được các kỹ thuật sử dụng tích vô hướng một cách thích hợp: Kỹ thuật phân tích vector, kỹ thuật "bình phương vô hướng", kỹ thuật "dùng đặc trưng của vector không", kỹ thuật chọn cơ sở, lập bảng nhân vô hướng, kỹ thuật "vector và tọa độ",...

• Khai thác các bài toán, các cách giải, tổng số Chương 1 đưa ra 50 bài toán minh họa được trình bày chi tiết và 24 bài tập bổ sung để làm rõ ý tưởng của phương pháp.

Chương 2

Tích giả vô hướng và tích có hướng

2.1 Tích giả vô hướng của hai vector trong E2

2.1.1 Nhắc lại một số thuật ngữ và ký hiệu

Thuật ngữ góc (góc lượng giác) là cách nói ngắn gọn thay cho cách nói đầy đủ của “góc giữa hai tia” (góc lượng giác giữa hai tia). Có rất nhiều góc lượng giác giữa hai tia Ox, Oy (Ox là tia đầu, Oy là tia cuối), chúng được ký hiệu là (Ox, Oy). Trong các góc lượng giác giữa hai tia (Ox, Oy) có và duy nhất một góc có số đo lớn hơn −180 độ và nhỏ hơn hoặc bằng +180 độ và số đo này có giá trị tuyệt đối bằng số đo của góc giữa hai tia Ox, Oy, ∠xOy. Với mỗi góc lượng giác giữa hai tia (Ox, Oy), có một và chỉ một số nguyên k sao cho sđ(Ox, Oy) = ∠xOy + 360◦ hoặc sđ(Ox, Oy) = −sđ∠xOy + 360◦.

Nhờ nhận xét trên người ta chứng minh được hệ thức Charles (Sa lơ) về số đo của

góc lượng giác giữa hai tia

sđ(Ox, Oy) = sđ(Ox, Oz) + sđ(Oz, Oy) + k360◦.

Trong hệ thức này, số nguyên k hoàn toàn xác định nếu số đo của các góc lượng giác giữa hai tia (Ox, Oy), (Ox, Oz), (Oz, Oy) đã xác định.

−→a , −→ b là góc giữa hai tia Ox, Oy theo thứ tự

−→a , Định nghĩa 2.1. Góc giữa hai vector cùng hướng với hai vector −→ b .

Vì góc giữa hai tia Ox, Oy ký hiệu là ∠xOy hoặc ∠yOx nên góc giữa hai vector

cũng ký hiệu là (−→a , −→ b ) hoặc (

−→ b , −→a ). −→a , −→ b ( Góc lượng giác giữa hai vector

−→ −→a là vector đầu, b là vector cuối) là góc −→ −→a , b . Vì góc lượng giác lượng giác giữa hai tia Ox, Oy theo thứ tự cùng hướng với −→ −→a , b cũng được ký giữa hai tia chỉ ký hiệu bằng một cách nên góc giữa hai vector −→ hiệu chỉ bằng một cách (−→a , b ). Lưu ý, trên mặt phẳng không định hướng ký hiệu (−→a ,

−→ b ) chỉ góc giữa hai vector −→ −→a , b . Ta ký còn trên mặt phẳng định hướng nó chỉ góc lượng giác giữa hai vector

hiệu hệ thức Charles (Sa lơ) là

(−→a , −→ b ) = (−→a , −→c ) + (−→c , −→ b ) + k.360◦

Trong phần tiếp theo ta quy ước mặt phẳng luôn luôn được định hướng, hướng −→ b ) là

−→a , dương là hướng ngược chiều với chiều quay của kim đồng hồ. Ký hiệu (−→a , −→ b . chỉ góc lượng giác giữa hai vector

2.1.2 Tích giả vô hướng (tích ngoài) của hai vector

Khái niệm "tích giả vô hướng" được dùng trong [13], các tác giả khác (xem trong

[2, 3]) thường dùng thuật ngữ "tích ngoài".

−→a , −→ b , ký

Định nghĩa 2.2. Tích giả vô hướng (còn gọi là tích ngoài) của hai vector hiệu [−→a ,

−→a = −→ b ] là một số xác đinh như sau −→ b = • nếu −→ b ] = 0;

−→a (cid:54)= −→ 0 thì [−→a , −→ b ] = |−→a |.| −→ b | sin(−→a , −→ 0 hoặc −→ −→ 0 và b (cid:54)= • nếu −→ 0 thì [−→a , −→ b ).

Mệnh đề 2.1. Ta có ngay 2 khẳng định sau:

• −→a (cid:107) −→ b ⇐⇒ [−→a , −→ b ] = 0

−→ b ] = • Nếu −→a (x1, y1); −→ b (x2, y2) thì [−→a , = x1y2 − x2y1 x1 y1 x2 y2 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

−−→ OB = Chứng minh. Kết qủa đầu hiển nhiên do tính chất hàm sin. Ta đi chứng minh kết quả sau. Lấy hai điểm A,B thỏa mãn −→ b và điểm A(cid:48) sao cho

−→ OA, (cid:40) (

−→ OA = −→a ; −−→ OA(cid:48)) = 90◦ −−→ OA(cid:48)| −→ OA| = | |

−−→ OA(cid:48) = −→ a(cid:48) ta có: Đặt

(−→a , −→ a(cid:48) ) + ( −→ b ) + k.360◦ =⇒ sin(−→a , −→ a(cid:48) , −→ b ) = cos( −→ a(cid:48) , −→ b )

Mặt khác, −→ b ) = (−→a , −→ a(cid:48) = (−y1, x1) do phép quay. Từ đó ta suy ra:

[−→a , −→ b ] = |−→a || −→ b | sin(−→a , −→ b ) = |−→a || −→ b | cos( −→ b ) = −→ a(cid:48) , −→ a(cid:48) . −→ b = x1y2 − x2y1.

Ta có điều phải chứng minh.

Hình 2.1.Mệnh đề 2.3

Các tính chất sau giải thích vì sao phép toán [·, ·] như trên có tên gọi là "giả vô

hướng": Các tính chất cơ bản: −→ −→ b , −→a ] (Tính chất phản giao hoán) b ] = −[

−→ b + −→c ] = [−→a ,

−→ b ] + [−→a , −→c ] (Tính chất phân phối) −→ b ] = λ[−→a , −→ b ]. (1) [−→a , (2) [−→a , (3) Với mọi λ ∈ R, [λ−→a ,

Chứng minh. Ta có:

−→ b ] = |−→a |.| −→ b ) = −| −→ b |.|−→a | sin( −→ b , −→a ) = −[ −→ b , −→a ] (1) [−→a ,

−→ b | sin(−→a , −→ b (x2, y2); −→c (x3, y3). Ta suy ra −→a (x1, y1);

(2) Giả sử −→ b + −→c ] = [(x1, y1), (x2 + x3, y2 + y3) = [−→a , −→ x1(y2 + y3) − (x2 + x3)y1 = [−→a , b ] + [−→a , −→c ]

(3) Giả sử

−→ −→a (x1, y1); b (x2, y2),khi đó ta có: −→ b ]] = [(mx1, my1), (nx2, ny2)]

−→ b ]. [[m−→a , n = mnx1y2 − mnx2y1 = mn(x1y2 − x2y1) = (mn)[−→a ,

Các tính chất cơ bản được chứng minh.

−→a nằm trong mặt phẳng có cơ sở định hướng −→e1 , −→e2 . vector

−→a một góc ϕ (nếu 0 < ϕ < π thì cặp −→a , −→aϕ là nghịch; nếu ϕ = 0 thì −→aϕ nhận −→a , −→aϕ là thuận, nếu −→aϕ = −→a ; nếu ϕ = π thì

Mối liên hệ giữa tích vô hướng và tích giả vô hướng: Giả sử vector được bằng cách quay −π < ϕ < 0 thì cặp −→aϕ = −−→a ).

vector nhận được bằng cách quay −→a một góc ϕ = được ký hiệu là [−→a ]. Dễ kiểm π 2 tra bằng tọa độ ta có:

[(cid:126)a,(cid:126)b] = [(cid:126)a].(cid:126)b. −→a và −→ b bằng tích vô hướng của 2 vector

Như vậy tích giả vô hướng của 2 vector [−→a ] và −→ b .

Ví dụ về đại số Lie. Với phép toán tích có hướng thì ngay ở phổ thông ta đã có một ví dụ về đại số Lie không giao hoán. Ta bắt đầu với định nghĩa của đại số Lie.

Định nghĩa đại số Lie

Cho K là một trường (thường giả sử K là trường đặc số 0) và L là một K-không gian vector. Ta nói L là một K-đại số Lie nếu trên L được trang bị thêm một phép nhân mà gọi là tích Lie (còn gọi là móc Lie)

[·, ·] : L × L, (x, y) (cid:55)→ [x, y]

thỏa mãn các tiên đề sau:

(L1) [·, ·] song tuyến tính

(L2) [·, ·] phản xứng, tức là [x, x] = 0 với mọi x ∈ L,

(L3) [·, ·] thỏa mãn đồng nhất thức Jacobi, tức là:

[x, [y, z]] + [z, [x, y]] + [y, [z, x]] = 0

Nhận xét.

• Trên mỗi K- không gian vector bất kỳ L đều có thể trang bị móc Lie tầm thường [x, y] = 0 với mọi x, y ∈ L để trở thành một đại số Lie (giao hoán).

• Từ tiên đề (L2) Ta có

2).

0 = [x + y, x + y] = [x, x] + [x, y] + [y, x] + [y, y] =⇒ [x, y] = −[y, x]. Nếu 2) : [x, y] = −[y, x]. Nếu K K có đặc số khác 2 thì (L2) : [x, x] = 0 ⇐⇒ (L(cid:48) có đặc số bằng 2 thì (L2) =⇒ (L(cid:48)

• Trên K- không gian vector bất kỳ L có thể trang bị hơn một hay vô số đại số

Lie khác nhau phụ thuộc vào móc Lie khác nhau.

−→x ∧ −→y = 0 chỉ khi −→x và

Không gian vector 3 chiều thông thường E3 với phép toán tích có hướng của hai −→y = 0 vector là một đại số Lie (không giao hoán) (vì cùng hướng). Đây là ví dụ đơn giản nhất và có nhiều ứng dụng trong lý thuyết Lie.

2.1.3 Biểu diễn một số sự kiện hình học theo tích giả vô hướng

Ta sẽ diễn tả một số tính chất hình học bằng cách sử dụng tích giả vô hướng.

−→ OA = −→a ; −−→ OB = −→ b ; −→ OC = −→c ,

Điều kiện thẳng hàng của ba điểm A, B, C. Với bốn điều kiện sau là tương đương

−→ b ] + [ −→ b , −→c ] + [−→c , −→a ] = 0

−→ b , α + β = 1

• A, B, C thẳng hàng • [−→a , • −→c = α−→a + β • α−→a + β −→ b + γ−→c = (cid:126)0, α + β + γ = 0

−→u có phương trình vector là

Điều kiện đồng quy của ba đường thẳng −−→ AX = Đường thẳng đi qua A, vector chỉ phương t−→u ⇐⇒ −→x − −→a = t−→u ⇐⇒ [−→x − −→a , −→u ] = 0. Ta hãy tìm giao điểm của hai đường −→ thẳng có phương trình [−→x −−→a , −→u ] = 0; [−→x − b , −→v ] = 0. Hai đường thẳng giao nhau −→x = α−→u +β−→v ; [−→u , −→v ] (cid:54)= 0. Thay nên hai vector chỉ phương độc lập tuyến tính, vậy −→ vào cả hai phương trình trên. Ta có β[−→v , −→u ] − [−→a , −→u ] = 0; α[−→u , −→v ] − [ b , −→v ] = 0. Suy ra

; β = . α = −→ b , −→v ] [ [−→u , −→v ] −[−→a , −→u ] [−→u , −→v ]

−→ b , −→v ] = 0. Do đó giao điểm X xác định

Ta có β[−→v , −→u ] − [−→a , −→u ] = 0; α[−→u , −→v ] − [ bởi

. −→x = −→ b , −→v ]−→u − [−→a , −→u ]−→v [ [−→u , −→v ]

Chú ý. Nếu cho mỗi đường thẳng xác định bởi hai điểm ta sẽ có hai đường thẳng

−→ b − −→a ] = 0; [−→x − −→ a(cid:48) , −→ b(cid:48) − −→ a(cid:48) ] = 0.

−→u = Thay

[−→x − −→a , −→ −→ b − −→a ; −→v = b(cid:48) − −→ −→ b(cid:48) ]( a(cid:48) , [ −→ b(cid:48) − −→ a(cid:48) ) −→x = . −→ a(cid:48) thì giao điểm là −→ b − −→a ) − [−→a , −→ −→ b − −→a , b(cid:48) − [ −→ b ]( −→ a(cid:48) ]

Ta hãy viết điều kiện đồng quy của ba đường thẳng. Tìm giao điểm của hai đường thẳng đầu, thay vào phương trình đường thứ ba [−→x − −→c , −→w ] = 0. Ta có

(cid:35) (cid:34)

− −→c , −→w = 0 −→ b , −→v ]−→u − [−→a , −→u ]−→v [ [−→u , −→v ]

(cid:104) (cid:105) −→ b , −→v ]−→u − [−→a , −→u ]−→v − [−→u , −→v ]−→c , [−→u , −→v ]−→w [ = 0

⇔ ⇔ [−→a , −→u ][−→v , −→w ] + [ −→ b , −→v ][−→w , −→u ] + [−→c , −→w ][−→u , −→v ] = 0.

Đó là điều kiện đồng qui của ba đường thẳng

[−→x − −→a , −→u ] = 0; [−→x − −→ b , −→v ] = 0; [−→x − −→c , −→w ] = 0.

2.1.4 Ứng dụng vào diện tích đại số

Cho tam giác ABC, ta thấy các hướng A → B → C; B → C → A; C → A → B trùng nhau. Các hướng trùng nhau đó gọi là hướng của tam giác ABC. Đương nhiên 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 có hướng thuận (dương). Nếu tam giác ABC có hướng ngược với hướng của mặt phẳng thì ta nói tam giác ABC có hướng nghịch (âm).

a. Diện tích đại số của tam giác. Diện tích đại số của tam giác ABC là một số, ký hiệu là S[ABC], xác định như sau

S[ABC] = −→ AB, [ −→ AC] 1 2

Từ đó ta Suy ra S[ABC] = S[BCA] = S[CAB]. Thật vậy,

S[ABC] = −→ AB, [ −→ AC] = −→ AB, ( [ −−→ BC − −→ BA)] 1 2

= −→ AB, −−→ BC] − [( −→ AB, −→ BA]) ([

= −−→ BC, [ −→ BA] = S[BCA] 1 2 1 2 1 2

b. Diện tích đại số và diện tích hình học Đối với một tam giác thì diện tích đại số (định nghĩa như trên) và diện tích hình học S(ABC)(như thông thường) được liên hệ với nhau bởi tính chất sau:

Mệnh đề 2.2. . - Nếu tam giác ABC có hướng dương thì S[ABC] = S(ABC), - Nếu tam giác ABC có hướng âm thì S[ABC] = −S(ABC).

Chứng minh. Ta có

S[ABC] = −→ AB, [ −→ AC] = AB.AC. sin( −→ AB, −→ AC) 1 2

AB.AC. sin ∠BAC = S(ABC). = 1 2 1 2

Phần sau chứng minh tương tự.

−→ AB = (x1, y1); −→ AC = (x2, y2) thì ta có

Hệ quả 2.1. Trên mặt phẳng tọa độ nếu đẳng thức S(ABC) = |x1y2 − x2y1|. 1 2

Mệnh đề 2.3. Với ∆ABC cho trước, diện tích đại số có hai tính chất cơ bản:

(1) Với mọi điểm M thuộc đường thẳng BC Ta có

S[ABC] = −−→ BC, [ −−→ M A] = −−→ AM , [ −−→ BC]. 1 2 1 2

(2) Với mọi điểm M ta có hệ thức sau (hệ thức Sa lơ):

S[ABC] = S[M AB] + S[M BC] + S[M CA]

Chứng minh. 1) Ta có

S[ABC] = −−→ BC, [ −→ BA] = −−→ BC, −−→ M B] + [ −−→ BC, −→ BA]) ([ 1 2

= −−→ BC, ( −−→ M B + [ −→ BA)] = −−→ BC, [ −−→ M A] 1 2

= −−→ AM , [ −−→ BC]. 1 2 1 2 1 2

1) Ta cũng có

S[ABC] = −→ AB, [ −→ AC]

= −−→ M B − [ −−→ M A, −−→ M C − −−→ M A]

−−→ M B, −−→ M C] − [ −−→ M A, −−→ M C] − [ −−→ M B, −−→ M A] + [ −−→ M A, −−→ M A]) ([ =

−−→ M A, −−→ M B] + [ −−→ M B, −−→ M C] + [ −−→ M C, −−→ M A]) ([ = 1 2 1 2 1 2 1 2 = S[M AB] + S[M BC] + S[M CA].

Ta có điều cần chứng minh.

Nhận xét

• Tính chất (1) chính là sự mở rộng kết quả cơ bản của diện tích hình học:

−−→ AM ⊥ S(ABC) = −−→ BC. aha khi 1 2

• Trong (2). nếu M thuộc BC thì S[ABC] = S[M AB] + S[M CA]. Đây là

đẳng thức có nhiều ứng dụng khi giải toán.

Từ đẳng thức S[ABC] = S[M AB] + S[M CA] Suy ra

S[ABC] = −−→ M A, [ −−→ M B] + −−→ M C, [ −−→ M A] = −−→ BC, [ −−→ M A] 1 2 1 2 1 2

Như vậy thực chất (2) chính là sự mở rộng của (1).

c. Độ dài đại số và diện tích đại số. Phần này giới thiệu hai mệnh đề nói về mối liên hệ giữa độ dài đại số và diện tích đại số, đó cũng là sự mở rộng các kết quả quen biết về mối liên hệ giữa độ dài hình học và diện tích hình học.

Định lý 2.1. Cho ∆ABC. Với hai điểm B(cid:48), C (cid:48) ∈ BC Ta có

= S[ABC] S[AB(cid:48)C (cid:48)] BC B(cid:48)C (cid:48)

−→e là vector chỉ phương trên trục BC. Lấy M bất kỳ trên BC Ta

Chứng minh. Gọi có

−−→ BC, [ −−→ M A] = = = = S[ABC] S[AB(cid:48)C (cid:48)] BC B(cid:48)C (cid:48) . −−→ BC([−→e , −−→ B(cid:48)C (cid:48)([−→e , −−→ M A] −−→ M A] −−→ BC −−→ B(cid:48)C (cid:48) −−→ B(cid:48)C (cid:48), [ −−→ M A] 1 2 1 2

Định lý 2.2. Cho tam giác ABC và điểm O. Giả sử các đường thẳng AO, BC cắt nhau tại M (khác B,C). Ta có

= S[OBA] S[OCA] M B M C

Chứng minh. Gọi

−−→ M B] −→ AO, [ = = = = . S[OBA] S[OCA] S[BAO] S[CAO] −→e là vector chỉ phương của trục BC. Ta có −−→ M B −−→ M C −→ AO, −→e ] −→ AO, −→e ] −−→ M B[ −−→ M C[ −→ AO, [ −−→ M C] 1 2 1 2

Kết quả sau có thể coi là hệ quả của 1 trong 2 định lý trên.

Hệ quả 2.2. Cho tam giác ABC và M nằm trên đường thẳng BC. Ta có

= S[M BA] S[M CA] M B M C

2.1.5 Các ví dụ ứng dụng

Ví dụ 2.1. Cho tứ giác lồi ABCD, I, J tương ứng là trung điểm của AC, BD. Gọi E = AD ∩ BC. Chứng minh rằng:

S(EIJ) = S(ABCD). 1 4

Chứng minh. Ta có

(cid:21) S[EIJ] = −→ EI, [ −→ EJ] = −→ EA + ( −−→ EC), −−→ EB + ( −−→ ED) 1 2 (cid:20)1 2 1 2 1 2

−→ EA, −−→ EB] + [ −−→ EC, −−→ EB] + [ −→ EA, −−→ ED] + [ −−→ EC, −−→ ED]) . ([ =

= −→ EA, −−→ EB] + [ −−→ EB, −−→ EC] + [ −−→ EC, −−→ ED] + [ −−→ ED, −→ EA]) . ([ 1 4 1 4

1 2 1 2 −−→ ED, −−→ EB, −−→ EC] = [ (Vì [ −→ EA] = 0)

S[EAB] + S[EBC] + S[ECD] + S[EDA] = S[ABCD] = 1 4 1 4

4S(ABCD).

Từ đó suy ra S(EIJ) = 1

Nhận xét: Lời giải trên đây (dùng "tích giả vô hướng") không những chứng minh được đẳng thức mà còn cho biết tam giác EIJ và tứ giác ABCD cùng hướng và như ta thấy, khi sử dụng tích ngoài khéo léo thì phép chứng minh không phụ thuộc vào hình vẽ.

Ví dụ 2.2. Cho tam giác ABC. Các điểm A(cid:48), B(cid:48), C (cid:48) theo thứ tự là trung điểm các cạnh BC, CA, AB còn A(cid:48)(cid:48), B(cid:48)(cid:48), C (cid:48)(cid:48) theo thứ tự là trung điểm các đoạn AA(cid:48), BB(cid:48), CC (cid:48). S(A(cid:48)B(cid:48)C (cid:48)). Chứng minh rằng: S(A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48)C (cid:48)(cid:48)) = 1 4

(cid:21) −−−→ A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48), [ −→ AB + ( −−→ A(cid:48)B(cid:48)), −→ AC + ( −−→ A(cid:48)C (cid:48)) Chứng minh. Ta có −−−→ 1 1 A(cid:48)(cid:48)C (cid:48)(cid:48)] = 2 2 (cid:20)1 2 1 2

−→ AB, −→ AC] + [ ([ −−→ A(cid:48)B(cid:48), −→ AC] + [ −→ AB, −−→ A(cid:48)C (cid:48)] + [ −−→ A(cid:48)B(cid:48), −−→ A(cid:48)C (cid:48)]) = . 1 4 1 2

= (S[ABC] − S[A(cid:48)CA] − S[A(cid:48)AB] + S[A(cid:48)B(cid:48)C (cid:48)]) = S[A(cid:48)B(cid:48)C (cid:48)] 1 4 1 4

S(A(cid:48)B(cid:48)C (cid:48)). Từ đó Suy ra S(A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48)C (cid:48)(cid:48)) = 1 4

Ví dụ 2.3. Cho lục giác lồi ABCDEF . Các điểm M, N, P, Q, R, S thứ tự là trung điểm các cạnh AB, DE, CD, F A, EF, BC. Chứng minh rằng M N, P Q, RS đồng qui khi và chỉ khi S(AEC) = S(BF D)

Chứng minh. Bước 1. Lấy điểm O bất kỳ ta đi chứng minh một đẳng thức tích ngoài:

−−→ OM , −−→ ON ] + [ −→ OP , −→ OQ] + [ −→ OR, −→ OS]) = S[AEC] − S[BF D] 2([ (2.1)

Thật vậy,

4.([ −→ OP , −−→ OM , −→ OS])

= [( −→ OQ] + [ −−→ OE)] + [( −→ OR, −→ OC + −−→ OD), ( −→ OF + −→ OA)]

−→ OC)]

= [ +[( −→ OA,

−−→ ON ] + [ −−→ OB), ( −→ OF ), ( −→ OA, −→ OC, −−→ OE, −−→ OE, −→ OA + −−→ OE + −−→ OD] + [ −→ OF ] + [ −−→ OB] + [ −−→ OE] + [ −−→ OD + −−→ OB + −−→ OE] + [ −→ OA] + [ −→ OC] + [ −→ OC] + [ −→ OC, −−→ OE, −→ OA, = ([ −−→ OB, −−→ OD, −→ OF , −→ OC, −−→ OD] + [ −→ OF ] + [ −−→ OB] + [ −→ OA]) − ([ −−→ OB, −−→ OD, −→ OF , −−→ OB, −−→ OE] −→ OA] −→ OC] −→ 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 (2.1).

−−→ OM ,

−−→ ON ] + [ −→ OP , −→ OQ] + [ −→ OQ] = 0. Vậy M N, P Q, RS −→ OS] = 0 −→ OR, −−→ ON ] = [ −→ OP ,

Bước 2. Ký hiệu O = M N ∩ P Q, ta thấy: [ −−→ đồng qui khi và chỉ khi O ∈ RS. ⇐⇒ [ OM , ⇐⇒ S[AEC] − S[BF D] = 0 ⇐⇒ S(AEC) − S(BF D) = 0 ( do ∆AEC và ∆BFD cùng hướng) ⇐⇒ S(AEC) = S(BF D).

Ví dụ 2.4. Cho tam giác ABC và điểm M trong mặt phẳng. Chứng minh rằng: −−→ M B + S[M AB] −−→ M A + S[M CA] −−→ M C = S[M BC] −→ 0 .

−−→ M C. Ta thấy:

−−→ M A + S[M CA] −−→ M C, −→u = S[M BC] −−→ M B, −−→ M A] = S[M CA][ −−→ M B + S[M AB] −−→ M A]

−−→ M B, −−→ M A, −→u cùng phương với các vector

Chứng minh. Đặt −−→ [−→u , M A] + S[M AB][ = 2(S[M CA]S[M BA] + S[M AB]S[M CA]) −−→ = 2(S[M CA]S[M BA] − S[M BA]S[M CA]) = 0. Tương tự như vậy, [−→u , M B] = −−→ [−→u , M C, suy ra −→u = −−→ M C] = 0. Ta suy ra −→ 0 vì trong 3 vector đó luôn chọn được 2 vector không cùng phương.

−→a , −→ b , −→c tùy ý ta luôn

Kết quả này còn được phát biểu như sau: Với 3 vector −→ b , −→c ]−→a + [−→c , −→a ] −→ b + [−→a , −→ b ]−→c = −→ 0 có: [

Ví dụ 2.5. Cho ∆ ABC. Gọi M,N,P thứ tự thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng: AM,BN,CP đồng quy hoặc đôi một song song khi và chỉ khi

sin( sin( sin( . . = −1 (2.2) −−→ AM , −−→ AM , −→ AB) −→ AC) −−→ BN , −−→ BN , −−→ BC) −→ BA) sin( sin( −→ CP , −→ CP , −→ CA) −−→ CB) sin(

Chứng minh. Theo định lý Ceva (Xê va), AM,BN,CP đồng quy hoặc đôi một song song khi và chỉ khi

. . = −1

. . = −1 ⇐⇒

[ ⇐⇒ . . N C M B N A M C S[M BA] S[M CA] S[AM B] S[AM C] −→ −−→ AB] AM , −→ −−→ AC] AM , [ S[P AC] S[P BC] S[CP A] S[CP B] −→ [ CP , −→ CP , [ [ −→ CA] −−→ CB]

BN.BC. sin( AM.AB. sin( × ) ⇐⇒ AM.AC. sin( −−→ BC] −→ BA] −→ AB) −→ AC BN.BA. sin( −−→ BN , −−→ BN , −−→ BC) −→ BA

CP.CA. sin( ) = −1 × CP.CP. sin( P A P B S[N CB] S[N AB] S[BN C] S[BN A] −−→ BN , [ −−→ BN , −−→ AM , −−→ AM , −→ CP , −→ CP , −→ CA) −−→ CB

Điều này tương đương với (2.2)

Kết quả trên được gọi là định lý Ceva (Xê va) dạng sin, rất có ích khi chứng minh các bài toán đồng quy của ba đường thẳng. Nhờ có tích giả vô hướng ta thu được phép chứng minh ngắn gọn và chặt chẽ.

Ví dụ 2.6. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. i. Chứng minh rằng m = S(M BC).M A, n = S(M CA).M B, p = S(M AB).M C là độ dài 3 cạnh của một tam giác nào đó. ii. Tìm M để diện tích tam giác nói trong câu i. là lớn nhất.

−−→ M A, S(M CA).

Chứng minh. i. Vì M thuộc tam giác nên các tam giác MBC, MCA, MAB cùng hướng và các −−→ −−→ vector S(M BC). M C đôi một không cùng phương. M B, S(M AB). Theo đẳng thức trong ví dụ 2.4 và định nghĩa phép cộng vector, ta thấy m = S(M BC).M A, n = S(M CA).M B, p = S(M AB).M C là độ dài 3 cạnh của một tam giác.

ii. Ký hiệu diện tích của tam giác nói trên là SM . Ta có

−−→ M B, S(M AB).

−−→ M B, [ (cid:12) (cid:12) (cid:12) = 1 2 =

(cid:12) (cid:12) −−→ 1 (cid:12) (cid:12) (cid:12) = (cid:12)[S(M CA). M C] 2 (cid:12) −−→ (cid:12) (cid:12)(S(M CA).S(M AB). = M C] (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) = (cid:12)S(M CA).S(M AB).S[M BC] = S(M CA).S(M AB).S(M BC) ≤ (cid:19)3 ≤ S3(ABC). = (cid:18)S(M CA) + S(M AB) + S(M BC) 3 1 27

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi S(M CA) = S(M AB) = S(M BC) hay M là S3(ABC) khi M là trọng tâm tam 1 27 trọng tâm ∆ ABC. Tóm lại SM lớn nhất bằng giác.

Ta còn có phép toán tích giả vô hướng của 3 vector trong E3 tương tự như phép

toán trên, sẽ được nghiên cứu vào một dịp khác. (xem trong [2],[3]).

2.2 Tích có hướng của hai vector

2.2.1 Định nghĩa và tính chất

−→a , −→c = −→ b là vector −→c , ký hiệu là

Định nghĩa 2.3. Tích có hướng của hai vector −→a ∧ −→ b , xác định như sau:

  −→ b )

 −→ + −→c ⊥−→a , −→c ⊥ b −→ + |−→c | = |−→a || b | sin(−→a , + (−→a , −→ b , −→c ) là một tam diện thuận.

−→a , −→ b cùng phương thì tích có hướng của chúng được định nghĩa là vector −→ 0 . Nếu

Ý nghĩa hình học: |−→a ∧ −→ b | (khi −→a và −→ b không cùng phương) bằng diện tích

−→ 0 ⇐⇒ −→a ,

−→ b không cùng phương thì cả hai vector đều khác

−→ b | sin(−→a , −→ b cùng phương. −→ −→ −→a ∧ 0 theo định nghĩa. Ngược lại, nếu b = −→ 0 −→ b ) (cid:54)= 0.

−→ b ).

của hình bình hành căng trên 2 vector đó. Ta có các tính chất sau của tích có hướng: −→ Tính chất 1. −→a ∧ b = −→ −→a , b cùng phương thì Thật vậy, nếu −→ −→ −→a ∧ −→a và 0 , ta giả sử b = −→ và góc giữa chúng khác 0 và khác π, bởi vậy |−→a ∧ b | = |−→a || −→ −→ −→ −→a , −→a ∧ b cùng phương. b (cid:54)= 0 . Mâu thuẫn này chứng tỏ Do đó, −→ −→ b ∧ −→a . Hiển nhiên. Tính chất 2.−→a ∧ b = − −→ −→ Tính chất 3.λ(−→a ∧ b = −→a ∧ (λ b ) = (λ−→a ) ∧ Ta chứng minh đẳng thức thứ nhất bằng cách chứng minh 2 vector bằng nhau:

−→a ,

−→a , −→ b cùng phương thì cả 2 vế đều bằng 0 nên hiển nhiên có −→ b )| = −→ b không cùng phương. Ta có |λ(−→a ∧

−→ b | sin(−→a ,

−→a và

−→a ∧ −→ b . Nếu λ > 0 thì chúng đều cùng −→ −→a ∧ b . Đẳng thức −→ b , nếu λ < 0 thì chúng đều ngược hướng với

−→ b ) + (−→a ∧ −→ b ); −→c ∧ (−→a + −→ b ) ∧ −→c = (−→a ∧ −→ b ) = (−→c ∧ −→a ) +

−→a , Nếu λ = 0 hay đẳng thức. Ta giả sử λ (cid:54)= 0 và −→ |λ||−→a || b ). −→ b )| = λ.|−→a || Nếu λ > 0 thì |λ(−→a ∧ −→ b )| = |λ−→a || Nếu λ < 0 thì |λ(−→a ∧ hai vector hai vế có độ dài bằng nhau. Chúng cùng phương vì cùng vuông góc với hướng với đầu được chứng minh. Để chứng minh đẳng thức thứ hai ta sử dụng đẳng thức thứ nhất và tính chất (2). Tính chất 4. (−→a + −→ (−→c ∧ b ) Thật vậy, nếu có 1 trong 3 vector

−→a , (chuẩn hóa vector −→c0 =

−→ AB =

−−→ OB trên mặt phẳng P và −−→ OB(cid:48) là hình chiếu của

−−→ OB(cid:48) qua phép quay nói trên. Khi đó Ta có

−→ −→ b . Khi đó, b . −−→ OB(cid:48)(cid:48) là kết quả của việc −−→ −→ b ) ∧ −→c0 . Nhưng vì OB(cid:48)(cid:48) = (−→a + −−→ A(cid:48)B(cid:48) qua phép quay trên nên −−−→ A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48) là ảnh của −→ AB trên P và

−−−→ A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48) nên (−→a +

= (−→a ∧ −→ b ) ∧ −→ b ∧ −→ b ∧ −→c0 ). ) hay Vì −→c0 = −→ b , −→c là vector không thì hiển nhiên. Giả sử 3 −→c −→ b , −→c đều khác không và gọi −→c ). Trước hết vector |−→c | −→ −→ ta chứng minh: (−→a + b ∧ −→c0 ). Thật vậy, từ một điểm O b ) ∧ −→c0 = (−→a ∧ −→c0 + ( −→ −→ OC = −→c0 . Gọi P là mặt phẳng đi qua O, vuông góc với OA = −→a ; ta đặt các vector: −−→ −−→ −→ −→ OA(cid:48) quanh điểm OA(cid:48) là hình chiếu của OC và OA lên mặt phẳng P. Ta quay vector −−→ O một góc π OA(cid:48)(cid:48). 2 theo chiều kim đồng hồ nếu nhìn từ điểm C, ta được vector −−→ −−→ OA(cid:48)(cid:48) = −→a ∧ −→c0 . Từ điểm A dựng vector OB = −→a + Ta có Ta cũng gọi quay −−→ A(cid:48)B(cid:48) là hình chiếu của −−−→ −→ b ∧ −→c0 . A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48) = −−→ −−→ OA(cid:48)(cid:48) + OB(cid:48)(cid:48) = Ta có −→c nên (−→a + |−→c | −→c |−→c |

−→ b ) ∧ −→c0 = (−→a ∧ −→c0 + ( −→c ) + ( |−→c | −→ b ) −→c |−→c | −→ b ) + (−→a ∧ −→ b ) ∧ −→c = (−→a ∧ (−→a +

−→a = (a1, a2, a,3 ); −→ b = (b1, b2, b3). Ta có

−→e1 + b2 −→e2 + b3

Biểu thức tọa độ. Giả sử trong hệ trục tọa độ Oxyz cho −→e2 + a3 −→e1 + a2 −→a = a1 −→ −→a ∧ b = (a1 Dễ thấy: −→ −→e3 ; b = b1 −→e1 + a2 −→e2 + a3 −→e3 ) ∧ (b1 −→e3 . −→e1 + b2 −→e2 + b3 −→e3 ) =

a1 a2 b2 b1 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) −→e3 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) −→e2 + (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:33)

, , −→a ∧ −→ b = . Cũng có thể viết dạng tọa độ của tức là: a1 a2 b2 b1 a3 a1 b1 b3 a2 a3 b3 b2 (cid:12) (cid:12) a2 a3 −→e1 + (cid:12) (cid:12) b3 b2 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) a3 a1 (cid:12) (cid:12) b1 b3 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:32)(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

tích có hướng bằng cách dùng định thức cấp 3:

−→a ∧ −→ b =

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) −→e3 −→e2 −→e1 (cid:12) (cid:12) (cid:12) a1 a2 a3 (cid:12) (cid:12) b3 b2 b1 (cid:12)

2.2.2 Tích hỗn tạp của 3 vector

−→a , Không gian gọi là được định hướng nếu trong nó định được cơ sở −→ b , −→c có cùng hướng với cơ sở

−→a ,

−→a , −→e1 , −→e2 , −→e3 . −→e1 , −→e2 , −→e3 thì nó được gọi là −→ b , −→c −→ b , −→c được gọi là một tam −→e1 , −→e2 , −→e3 có hướng ngược nhau thì bộ ba

−→a , −→ b , −→c ) của bộ ba sắp thứ tự −→ b , −→c trong không gian định hướng

Nếu bộ ba sắp thứ tự một tam diện thuận (hoặc tam diện có hướng dương). Nếu bộ ba sắp thứ tự và bộ ba diện nghịch (hoặc tam diện có hướng âm). Tích hỗn tạp (−→a , là một số, được định nghĩa là

(−→a , −→ b , −→c ) = (−→a ∧ −→ b ).−→c

−→ b , −→c ) = ( −→ b , −→c , −→ d ) + µ(

(1) (−→a , (2) (λ−→a + µ −→ OA = −→a ; (3) Nếu

Tính chất: Tích hỗn tạp có các tính chất sau −→ −→ −→ b , −→c , −→a ) = (−→c , −→a , b , −→a , −→c ). b ) = −( −→ −→ −→ d ) = λ(−→a , −→c , b , −→c , d ), λ, µ ∈ R. −→ −−→ −→ OC = −→c , O là điểm tùy ý, thì |(−→a , OB = b ; −→a , −→ b , −→c )| bằng −→ b , −→c là 3 vector đồng phẳng

thể tích hình hộp 3 cạnh là OA,OB,OC. Khi thì tích (−→a ,

(4) Nếu −→a = (x1, y1, z1), −→ b , −→c ) = 0. −→ b = (x2, y2, z2), −→c = (x3, y3, z3) thì

(−→a , −→ b , −→c ) =

x1 y1 z1 x2 y2 z2 x3 y3 z3 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

2.2.3 Biểu diễn các sự kiện hình học −→a ,

−→a ∧ −→ b làm cặp chỉ phương thì nhận (1) Mặt phẳng nhận −→ b làm vector pháp

tuyến.

(cid:40)

(2) Với đường thẳng (∆) thì vector chỉ phương A1x + B1y + C1z + D1 = 0 A2x + B2y + C2z + D2 = 0

của (∆) là −→ N = −→n1(A1, B1, C1) ∧ −→n2(A2, B2, C2).

(3) Trong không gian Oxyz cho điểm M (x1, x2, x3) và đường thẳng

(∆) : = = x − x0 a1 y − y0 a2 z − z0 a1

Khi đó, khoảng cách từ M đến (∆) là

|−→a ∧ d(M, ∆) = = −−−→ M0M | |−→a |

x1 − x0 y1 − y0 z1 − z0 x1 − x0 y1 − y0 z1 − z0 + + a1 a2 a1 a2 a3 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:118) (cid:12) (cid:117) (cid:12) (cid:117) (cid:12) (cid:116) (cid:12) (cid:12)

1 + a2

2 + a2 3 −→a ,

a3 (cid:112)a2

(4) Điều kiện đồng phẳng của 3 vector:

−→ b , −→c đồng phẳng khi và chỉ khi −−→ AD) = −→ AB, −→ AC, −→ b , −→c ) = 0; Bốn điểm A,B,C,D đồng phẳng khi và chỉ khi (

(−→a , 0.

−→ AB ∧ −→ AC|; Thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’: (5) Diện tích tam giác ABC: SABC =

−→ AB ∧ −−→ AD). 1 | 2 −−→ AA(cid:48)|. VABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48) = |(

(6) Khoảng cách

−→u và điểm M /∈ ∆. Ta có

+Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng: Đường thẳng ∆ đi qua M0, có vector chỉ phương khoảng cách từ M đến ∆:

d(M, ∆) = −−−→ M0M (cid:48) ∧ −→u | | |−→u |

−→u ) và đường

0, vector chỉ phương

+Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: Khoảng cách của đường thẳng ∆ (qua M0, vector chỉ phương thẳng ∆(cid:48) (qua M (cid:48) −→ u(cid:48) )là:

|(−→u ∧ d(∆, ∆(cid:48)) = −→ u(cid:48) ). |(−→u ∧ −−−−→ M0M (cid:48) 0| −→ u(cid:48) |

2.2.4 Ứng dụng của tích có hướng trong hình học

Nhờ hai phép toán tích có hướng và tích hỗn tạp các bài toán chứng minh, tính toán trong Hình học không gian được định hình cách giải dễ dàng hơn. Các phép toán này gắn với tọa độ sẽ giảm hẳn tính trừu tượng của Hình học không gian.

Ví dụ 2.7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với đáy, AB=a, AD=2a, SA=3a. Gọi M,N lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SD và P là giao của SC với mặt phẳng (AMN). a. Tính thể tích khối chóp S.AM P N b. Tính khoảng cách và cosin của góc giữa DM và CN. Lời giải. Chọn hệ trục như hình vẽ. Ta có tọa độ các điểm:

Hình 2.2.Ví dụ 2.7

A(0, 0, 0); B(a, 0, 0), D(0, 2a, 0); C(a, 2a, 0); S(0, 0, 3a). Tính được −→ SD = (0, 2a, −3a); −→ SB = (a, 0, −3a); −→ SC = (a, 2a, −3a)

  0 Phương trình SB: =⇒ M (a + t, 0, −3t). Suy ra −−→ AM = (a + t, 0, −3t).



=⇒ −−→ AM . x = a + t y = z = −3t −→ SB = 0 ⇐⇒ (a + t) + 9t = 0. Suy ra t = − Mà AM ⊥SB nên a 10 (cid:19) (cid:18) (cid:19) M , 0, 0, , . Tương tự, M . Suy ra, (cid:18)9a 10 3a 10 18a 13 12a 13

(1, 2, −3). −−→ AM ∧ −−→ AN = − −→n1 = 27a2 65

  =⇒ t 2t Phương trình SC:



t 2t P là nghiệm của hệ: . = = = 3a − 3t

Do đó, phương trình của (AMN):x + 2y − 3z = 0. x = y = z = 3a − 3t  x  y z  x + y − 3z = 0

(cid:19) , , . Suy ra P (cid:18)9a 14 15a 14

(1, 2, −3); −−→ AN ∧ −→ AP = −−→ AM ∧ 9a 7 −→ AP = − (1, 2, −3). Ta có 27a2 91 27a2 70 √ 14a2 621 (dvdt) và d(S, M N ) = . Vậy Suy ra SAM P N = 1820 9a √ 14

√ 621 14a2 . . = (dvdt) VS.AM P N = 1 3 1820 1863a3 1820 9a √ 14

(cid:18) (cid:19) (cid:19) −−→ CN = −a, − −−→ DM = ; , , −2a, ; b. Ta có 12a 13 3a 10 (cid:19) , , −−→ DM = 8a 13 −−→ CN ∧ ; −−→ CD = (−a, 0, 0). Suy ra (cid:18)9a 10 (cid:18)348a2 65 147a2 130 426a2 65

( −−→ CN , −−→ DM , −−→ CD) = − .

348a3 65 Cuối cùng, áp dụng tích có hướng và tích hỗn tạp

√ d(CN, DM ) = ; cos(CN, DM ) = 2332a √ 3 15209 133 154570

√

Ví dụ 2.8 (Đề thi ĐH khối A năm 2010). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB, AD; H là giao điểm của CN và DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a 3. Tính thể tích khối chóp S.CDNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a. Lời giải. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ: Gốc A,Ox trùng AD, Oy trùng AB, Oz

Hình 2.3.Ví dụ 2.8

vuông góc với mặt phẳng hình vuông.

(cid:17) M ( , 0, 0); N (0, −−→ DM = , −a, 0 , 0). Ta Suy ra nên phương trình của DM (cid:16)a 2 a 2 t Tọa độ các đỉnh: A(0, 0, 0); B(a, 0, 0); D(0, a, 0); C(a, a, 0); a 2   −−→ CH = (t − a, −2t, 0); −−→ CN = =⇒ H(t, a − 2t, 0). Suy ra là

 0 (cid:16) (cid:17) = . Vì H ∈ CN nên ⇐⇒ −t + a = 4t hay t = . Từ đó t − a −a −2t −a a 5

, S( 3). Vì SCDN M = SABCD − SAM N − SABCM =

− = có H( a 5 a2 − (dvdt) nên thể tích khối chóp S.CDM N bằng x = y = a − 2t z = a −a, − , 0 2 3a a , 0); , 5 5 √ 3a , a 5 a2 8 a2 4 5a2 8 √ √ 3 a 3. = (dvdt). V = SH.SCDN M = 1 3 1 3 5a2 8 5a2 24

√ −→ SC = ( , , −a 3); Ta có −−→ DC = (a, 0, 0) nên Suy ra 4a 5 2a 5 √ √ 3 3, , a2); ( −−→ DM , −→ SC, −−→ DC) = a3 √ 3 −−→ DM ∧ −→ SC = (a2

√ a2 2 −→ SC, |( −−→ DC)| 2a 57 √ √ = = Cuối cùng d(SC, DM ) = . Sau đây ta 19 3 19 a3 a2 −−→ DM , −−→ DM ∧ −→ SC

xét thêm 2 ví dụ trình bày hai cách giải: Cách 1-Phương pháp truyền thống; Cách 2-Dùng tích có hướng.

Ví dụ 2.9. Cho ABCD.A1B1C1D1 là hình lập phương có cạnh bằng a. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,CD. Tính khoảng cách d(A1C, M N ). Lời giải. Cách 1.

Hình 2.4.Ví dụ 2.9

Ta có M N (cid:107)(A1BC) suy ra d(M N, A1C) = d(M N, (A1BC)) = d(M, (A1BC)).

1 2

Gọi H = AB1 ∩ A1B và K là trung điểm của BH thì M K(cid:107)AH và M K = AH. Do AB1⊥A1B nên M K⊥A1B. Lại do CB⊥(BAA1B1) nên M K⊥(A1BC). Từ đó Ta có √ a 2 AH = AB1 = d(A1C, M N ) = d(M, (A1BC)) = M K = 1 2 1 4 4

a 2

−−→ BC = (0, a, 0)(cid:107)(0, 1, 0). Vec tơ pháp tuyến của mặt

Cách 2. Xét hệ trục tọa độ với A(0, 0, 0); B(a, 0, 0); C(a, a, 0); D(0, a, 0); A1(0, 0, a); B1(a, 0, a); C1(a, a, a); D1(0, a, a). Suy ra M ( , 0, 0); −−→ A1C = (a, a, −a)(cid:107)(1, 1, −1); phẳng A1BC là

(cid:33)

−−→ BC = , , = (1, 0, 1) −→n1 = −−→ A1C ∧ 1 −1 0 1 −1 1 0 0 1 1 0 1 (cid:32)(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Phương trình (A1BC) là: x + z − a = 0. Ta có M N (cid:107)(A1BC) suy ra d(M N, A1C) = √ 2 a . d(M N, (A1BC)) = d(M, (A1BC)) = 4 √ 2;

Ví dụ 2.10. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = a; AD = a SA = a; SA⊥(ABCD). Gọi M là trung điểm AD, K là giao của BM và AC. Chứng minh rằng (SAC)⊥(SM B).

Hình 2.5.Ví dụ 2.10

Chứng minh. Cách 1.

AC. Ta có Do M là trung điểm của AD nên AK =

1 2 AC 2 = 1 3 ⇒ M K 2 = KC = a2 3 1 9

⇒ AK 2 + M K 2 = M B2 = AC 2 = AD2 + DC 2 = 3a2 ⇒ AK 2 = 1 9 a2 6 a2 2 = AM 2. Theo định lý Pitago ta có M B⊥AC. Mặt khác, do SA⊥(ABCD) nên SA⊥M B. Vậy M B⊥(SAC). Theo giả thiết,

mặt phẳng (SM B) đi qua MB nên (SM B)⊥(SAC). Cách 2. √ √ 2, 0, 0); B(0, a, 0); C(a Đặt tọa độ: A(0, 0, 0); D(a √ √ a a 2 2 , 0, 0); N ( , , 2, a, 0); −→ SA = (0, 0, −a), S(0, 0, a). Ta có M ( ). Tính được 2 a 2 a 2 2 √ −→ AC = √ (a 2, 0) 2, a, 0) và như thế vector pháp tuyến của (SAC) cùng phương với √

, ). Ta có −→n2 = (1, −→n1 = (1, − √ 2 2 2 2 và vector pháp tuyến của (SM B) cùng phương với −→n1.−→n2 = 0 =⇒ −→n1⊥−→n2 =⇒ (SAC)⊥(SM B).

2.2.5 Ứng dụng của tích có hướng trong Vật lý

−→v0 là vận tốc ban đầu còn

Bài toán về cơ học trong Vật lý được giải bằng nhiều cách khác nhau: Phân tích theo các phương thích hợp; Áp dụng tọa độ và phương trình chuyển động. Ở đây −→v = −→v0 + −→g .t, ta sử dụng công cụ của tích có hướng, chủ yếu ta xét công thức sau: −→v là vận tốc tức thời tại thời điểm t. Trên các ví trong đó: dụ cụ thể ta sẽ thấy rõ ứng dụng của tích có hướng.

Ví dụ 2.11. Chứng minh rằng từ một độ cao nào đó so với mặt đất ta ném một vật thì khi đạt tới tầm xa cực đại, vận tốc ban đầu và vận tốc ngay trước khi chạm đất vuông góc với nhau.

Hình 2.6.Ví dụ 2.11

−→v . Ta có

Lời giải. Vật được ném với vận tốc ban đầu là α, còn vận tốc ngay trước khi chạm đất là của vật). Suy ra −→v0 tạo với phương nằm ngang một góc −→v = −→v0 + −→g .t (t là thời gian rơi −→v0 ∧ −→v = −→v0 ∧ (−→v0 + −→g .t) = (−→v0 ∧ −→v0 ) + (−→v0 ∧ −→g .t) = t.−→v0 ∧ −→g .

Như vậy, |−→v0 ∧ −→v | = t.|−→v0 ∧ −→g | = v0.g sin(−→v0 , −→g ) = t.v0.g. cos α. Vì tầm bay của vật là: L = vx.t = v0 cos α.t nên ta có |−→v0 ∧ −→v | = g.L. Suy ra công thức sau:

= L = |−→v0 ∧ −→v | g v0v| sin(−→v0 , −→v )| g

(2.3) −→v0 .−→v = 0, tức là hai

Vậy L lớn nhất khi sin(−→v0 , −→v ) = 1 hay cos(−→v0 , −→v ) = 0. Suy ra vận tốc vuông góc với nhau.

−→v0 lập với phương nằm ngang

Ví dụ 2.12. Một vật được ném từ mặt đất với vận tốc một góc α. Tìm tầm xa đạt được? Với góc ném α nào thì tầm xa đạt cực đại?

Lời giải. Theo định luật bảo toàn cơ năng thì vận tốc cuối là −→v = −→v0 Kết hợp

⇐⇒ L = . Ta Suy ra Hình 2.7.Ví dụ 2.12 với hình vẽ trên ta suy ra góc (−→v , −→v0 ) = 2α. Áp dụng công thức (2.3), L = |−→v0 ∧ −→v | g v2 0. sin 2α g

khi sin 2α = 1 ⇐⇒ α = 45◦ Lmax = v2 0 g

−→v0 , lập với phương nằm ngang một

−→v0 ⊥−→v thì −→v = 2 + t.−→g .−→v0 =

0 − t.g. sin α = 0. Tức là t =

Ví dụ 2.13. Ném một vật với vận tốc ban đầu góc α. Tìm thời gian để vận tốc của vật vuông góc với phương ban đầu. Lời giải. Gọi thời gian phải tìm là t thì vận tốc của vật tại thời điểm t là: −→v0 + −→g .t. Nếu 0 ⇐⇒ v2 −→v0 .−→v = 0 hay (−→v0 + −→g .t).−→v0 = 0 ⇐⇒ −→v0 .

v0 g. sin α Ví dụ 2.14. Một vật được ném lên theo phương lập với phương ngang một góc α. −→v và góc lệch so với ban đầu một góc ϕ. Tìm Đến thời điểm t thì vận tốc của vật là thời gian t. Lời giải. Gọi vận tốc ban đầu là −→v0 . Xét tích có hướng

−→v0 ∧ −→v , Ta có −→v0 ∧ −→v = −→v0 ∧ (−→v0 + −→g .t) ⇐⇒ −→v0 ∧ −→v = −→v0 ∧ −→g .t

. Suy ra v0.v. sin ϕ = v0g.t. cos α ⇐⇒ t = v sin ϕ g. cos α

Hình 2.8.Ví dụ 2.14

−→v1 = −→v01 + −→v1 ∧ −→v2 = 0. Điều −→v1 song song −→v2 nghĩa là:

−→v01; −→v02 lần lượt Ví dụ 2.15. Hai vật được ném tại cùng một thời điểm với vận tốc là lập với phương nằm ngang các góc α1, α2. Sau khoảng thời gian t thì vần tốc của hai vật song song với nhau. Tìm thời gian t. Lời giải. Sau khoảng thời gian t, ta có vận tốc của hai vật lần lượt là: −→g .t; −→v2 = −→v02 + −→g .t. Theo giả thiết, đó tương đương

−→ 0 . (−→v01 + −→g .t) ∧ (−→v02 + −→g .t) = −→ 0 ⇐⇒ −→v01 ∧ −→v02 + −→v01 ∧ −→g .t + −→g .t ∧ −→v02 =

Suy ra v01.v02 sin(α1 − α2) − v01g.t. cos α1.g. cos α2.t = 0 hay g(v01 cos α1 − v02 cos α2)t = v01.v02. sin(α2 − α1). Từ đó Suy ra

t = . v01.v02. sin(α2 − α1) g(v01 cos α1 − v02 cos α2)

Kết quả này chỉ có ý nghĩa khi 0 ≤ t ≤ t0 (t0 là thời gian rơi của vật). Các ví dụ trên minh họa được sự hiệu quả của việc ứng dụng tích có hướng trong các bài toán ném xiên. Nếu có điều kiện chúng tôi sẽ trình bày chi tiết về những ứng dụng trong các bài toán cơ học hoặc tĩnh điện.

Bằng cách xét thêm 3 phép toán: Tích giả vô hướng [·, ·], tích có hướng (. ∧ .) và −→ b , −→c ) chúng ta đã có thêm công cụ để giải toán. Chương 2 nêu lên tích hỗn tạp (−→a , các ứng dụng của các phép toán đó vào giải các bài toán Hình học và Vật lý với một số kỹ thuật nhờ vào các tính chất được nêu. Các ứng dụng của các phép toán mới chỉ là bước đầu, nhiều ứng dụng khác còn chưa được đề cập đến. Phép toán tích có hướng được ứng dụng trong Vật lý cũng mới chỉ dừng ở một số bài toán chuyển động đơn giản, hy vọng những ứng dụng này sẽ còn được mở rộng. Sau đây là các bài tập nhằm khẳng định các ứng dụng của tích giả vô hướng và tích có hướng.

2.3 Bài tập

Bài tập 2.1. Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi H1, H2, H3, H4 thứ tự là trực tâm của các tam giác BCD.CDA, DAB, ABC. Chứng minh rằng

S[H1H2H3H4] = S[ABCD].

Bài tập 2.2. Cho tam giác ABC và điểm M nào đó khác các đỉnh. Giả sử AM cắt BC tại A(cid:48), BM cắt CA tại B(cid:48), CM cắt AB tại C (cid:48). Chứng minh rằng

+ + = 1. M A(cid:48) AA(cid:48) M B(cid:48) BB(cid:48) M C (cid:48) CC (cid:48)

Bài tập 2.3. Cho tứ giác lồi ABCD có AD=BC. Về phía ngoài tam giác ta dựng các tam giác ADE, BCF cân tại A, B sao cho ∠DAE = ∠CBF . Chứng minh rằng trung điểm các đoạn thẳng AB, CD, EF thẳng hàng.

Bài tập 2.4. Cho tứ giác lồi ABCD, AB cắt CD ở E, AD cắt BC ở F. Chứng minh rằng trung điểm các đoạn thẳng AC, BD, EF thẳng hàng.

Bài tập 2.5. Cho tam giác ABC và hai điểm O, O(cid:48). Giả sử AO cắt BC ở A(cid:48), BO cắt CA ở B(cid:48), CO cắt AB ở C (cid:48), AO(cid:48) cắt B(cid:48)C (cid:48) ở A(cid:48)(cid:48), BO(cid:48) cắt C (cid:48)A(cid:48) ở B(cid:48)(cid:48), CO(cid:48) cắt A(cid:48)B(cid:48) ở C (cid:48)(cid:48). Chứng minh rằng các đường thẳng A(cid:48)A(cid:48)(cid:48), B(cid:48)B(cid:48)(cid:48), C (cid:48)C (cid:48)(cid:48) đồng quy hoặc đôi một song song.

Bài tập 2.6. Cho tam giác ABC. Các điểm A(cid:48), B(cid:48), C (cid:48) theo thứ tự thuộc các cạnh BC, CA, AB. Gọi A(cid:48)(cid:48), B(cid:48)(cid:48), C (cid:48)(cid:48) tương ứng là các điểm đối xứng của các điểm A,B,C theo thứ tự qua các điểm A(cid:48), B(cid:48), C (cid:48). Chứng minh rằng

S(A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48)C (cid:48)(cid:48)) = 3.S(ABC) + 4.S(a(cid:48)B(cid:48)C (cid:48))

Bài tập 2.7. Cho tam giác ABC với BC=a, CA=b, AB=c. Gọi G,I,O theo thứ tự là trọng tâm, tâm nội tiếp, tâm ngoại tiếp của tam giác ABC. Chứng minh rằng:

. S[GOI] = (a + b + c)(b − c)(c − a)(a − b) 4S[ABC]

Bài tập 2.8. Cho hình chóp S. ABC có: (cid:91)ASC = 90◦, (cid:91)CSB = 60◦, (cid:91)ASB = 102◦ và SA=SB=SC=a. a. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC). b. Gọi M,N lần lượt chia đoạn SB,SC theo tỷ số −3. Tính khoảng cách và góc giữa hai đường thẳng AN, CM

Bài tập 2.9. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy là a. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB,SC. Biết (AM N )⊥(SBC). a. Tính diện tích ∆ABC. b. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BN.

Bài tập 2.10. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân AB=AC=a, (cid:91)BAC = 120◦, SA⊥ABC. Hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) tạo với nhau góc 60◦. Gọi M,N lần lượt là trung điểm các cạnh SB, SC. a. Tính thể tích khối chóp S. ABC và S. AMN b. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và CM.

−→v0 , góc ném α. Đến thời điểm nào đó

Bài tập 2.11. Một vật được ném đi với vận tốc thì vận tốc của vật hợp với phương ban đầu góc ϕ. Tìm thời gian đó. v0 sin ϕ HD. t = (cid:112) g cos2 α + sin2 ϕ

−→v01; −→v02 và góc Bài tập 2.12. Hai vật được ném tại cùng một thời điểm với vận tốc là ném là α1, α2. Đến thời điểm t thì phương vận tốc của hai vật vuông góc. Tìm thời gian t. √ a2 ± HD. t = , với a = v01 sin α1 + v02 cos(α2 − α1. a2 − 4b 2g

Kết luận và Đề nghị

1 Những kết quả đã đạt được

Phương pháp vector trong giải toán Hình học và một số bài toán Đại số đã được nhiều tác giả, các thầy giáo, cô giáo ở trường phổ thông đề cập tới. Ở luận văn này tác giả đi sâu vào ứng dụng các phép toán trên không gian vector với mục đích tạo nên một cái nhìn khác về tích vô hướng, tích giả vô hướng, tích có hướng, tích hỗn tạp. Ứng dụng các phép toán này không phải chỉ trong các bài toán hình học mà còn trong các bài toán Đại số (giải phương trình, bất phương trình,hệ phương trình, chứng minh bất đẳng thức, giải bài toán cực trị,...) và các bài toán Vật lý (bài toán chuyển động cơ học). Sự phân loại chi tiết hơn về các loại toán làm cho phạm vi ứng dụng của các phép toán được mở rộng. Ý tưởng đó của luận văn đã được minh họa tường minh trong hàng loạt các ví dụ và các bài tập. Các kết quả của luận văn có thể tóm tắt như sau:

1. Hệ thống lại các kiến thức chung về một số phép toán trên các vector. Những bổ sung cần thiết về tích vô hướng để nâng cao hiệu quả trong ứng dụng. Bổ sung mới khái niệm và tính chất của tích giả vô hướng, về tích có hướng với ví dụ khá điển hình về đại số Lie 3 chiều.

2. Nêu bật các kỹ thuật ứng dụng tích vô hướng trong giải toán Hình học, một số dạng toán Đại số, kỹ thuật kết hợp với tọa độ, lập bảng nhân vô hướng; ứng dụng tích giả vô hướng dẫn đến khái niệm "diện tích đại số" và "diện tích hình học" của tam giác; kỹ thuật sử dụng tích có hướng trong Hình học không gian và áp dụng giải một số dạng toán của Vật lý.

3. Toàn bộ luận văn quán triệt tư tưởng đại số hóa các bài toán Hình học, nêu bật kỹ năng biến đổi đại số vector. Kỹ năng giải toán được rèn luyện qua ...ví dụ và các bài tập đề nghị. Một số bài toán thi Học sinh giỏi, thi vô địch các nước, thi vô địch Quốc tế (IMO),... được trình bày bằng cách giải hay và ngắn gọn hơn cách giải truyền thống.

2 Các hướng nghiên cứu tiếp theo

Việc ứng dụng các phép toán vector để giải các bài toán sơ cấp là một đề tài mở, chẳng hạn kỹ thuật "vector và tọa độ" có thể phát triển thành một phương pháp giải toán hấp dẫn, hiệu quả; Tích "giả vô hướng" được mở rộng trong không gian 3 chiều và không gian n chiều mang lại các kết quả tốt. Với các ngành Vật lý, Hóa học,... các phép toán vector cũng có những ứng dụng rộng rãi, đó là các hướng mở rộng của luận văn.

Tác giả luận văn đã rất cố gắng nhưng khả năng còn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu của thầy cô giáo và đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn.

Tài liệu tham khảo

Tiếng Việt

[1] Trần Xuân Đáng (2013), Sử dụng phương pháp tọa độ để giải một số bài toán

Hình học, Toán học tuổi trẻ số 439.

[2] Nguyễn Thúc Hào (1996), Hình học vector, NXB Giáo dục.

[3] Nguyễn Thúc Hào (1996), Bài tập hình học vector, NXB Giáo dục.

[4] Nguyễn Sinh Nguyên, Nguyễn Văn Nho, Lê Hoành Phò (2002), Tuyển tập các bài

dự tuyển Olympic toán học quốc tế 1991–2001, NXB Giáo dục.

[5] Đinh Văn Quyết (2012), Phương pháp giải toán Hình học, NXB Đại học Quốc gia

Hà Nội.

[6] Nguyễn Tất Thu (2012), Sử dụng phương pháp tọa độ trong không gian để giải

toán đại số và hình học tổng hợp, NXB Đại học Sư phạm.

[7] Nịnh Thị Thu (2014), Phương pháp vector, Luận văn Thạc sĩ, bảo vệ năm 2014

tại HĐBV Thạc sĩ Đại học Thái Nguyên.

[8] Ngô Việt Trung (2002), Giáo trình Đại số tuyến tính, NXB Đại học Quốc gia Hà

Nội.

[9] Konnhiagin X. V., Sarugin I. F. (2013), Các đề thi vô địch toán của các nước (19

nước), Bản dịch Tiếng Việt, NXB Hải Phòng.

[10] Nhiều tác giả (2011), Tuyển tập các bài toán hình học, Tạp chí Toán học và Tuổi

trẻ, NXB Giáo dục.

[11] Tuyển tập đề thi Olympic Matcova, NXB Mir, 1969.

[12] Website: Tài liệu www.tailieu.vn.

Tiếng Nga

[13] Modenov P. C. (1979), Các bài toán hình học (Tiếng Nga), Matscova, Nauka.

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Ứng dụng của tích vô hướng và tích có hướng

Mục lục

Lời cảm ơn

Mở đầu

Danh sách hình vẽ

Chương 1

Tích vô hướng trong không gian vector Euclid

1.1 Định nghĩa không gian vector Euclid

1.2 Các đẳng thức vector và bất đẳng thức vector

1.2.1 Các đẳng thức vector

1.2.2 Các bất đẳng thức vector

1.3 Tích vô hướng trong hình học phẳng

1.3.1 Chứng minh hệ thức hình học và tính biểu thức

1.3.2 Chứng minh bất đẳng thức hình học

1.3.3 Chứng minh quan hệ vuông góc

1.3.4 Sáng tạo các bất đẳng thức nhờ tích vô hướng

1.4 Tích vô hướng trong Hình học không gian

1.4.1 Chứng minh tính vuông góc trong không gian

1.4.2 Tính góc, khoảng cách, diện tích, thể tích

1.5 Ứng dụng tích vô hướng giải bài toán đại số

1.5.1 Giải phương trình

1.5.2 Giải bất phương trình

1.5.3 Giải hệ phương trình

1.5.4 Chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 1.33. Chứng minh rằng với mọi a, b, c ∈ R ta có

1.5.5 Tìm cực trị hình học và cực trị đại số

1.6 Bài tập

Kết luận Chương 1

Chương 2

Tích giả vô hướng và tích có hướng

2.1 Tích giả vô hướng của hai vector trong E2

2.1.1 Nhắc lại một số thuật ngữ và ký hiệu

2.1.2 Tích giả vô hướng (tích ngoài) của hai vector

2.1.3 Biểu diễn một số sự kiện hình học theo tích giả vô hướng

2.1.4 Ứng dụng vào diện tích đại số

2.1.5 Các ví dụ ứng dụng

2.2 Tích có hướng của hai vector

2.2.1 Định nghĩa và tính chất

2.2.2 Tích hỗn tạp của 3 vector

2.2.3 Biểu diễn các sự kiện hình học −→a ,

2.2.4 Ứng dụng của tích có hướng trong hình học

2.2.5 Ứng dụng của tích có hướng trong Vật lý

2.3 Bài tập

Kết luận và Đề nghị

1 Những kết quả đã đạt được

2 Các hướng nghiên cứu tiếp theo

Tài liệu tham khảo

Tiếng Việt

Tiếng Nga

Có thể bạn quan tâm

Luận văn Thạc sĩ: Quản lý hoạt động phát triển nhận thức cho trẻ mẫu giáo ở các trường mầm non, huyện Hoàng Su Phì, tỉnh Hà Giang

Bài giảng Đại số tuyến tính: Không gian Euclid - TS. Đặng Văn Vinh

Bài giảng Đại số tuyến tính: Không gian Euclid (tt) - TS. Đặng Văn Vinh

Bài giảng Đại số tuyến tính: Chương 3 - TS. Đặng Văn Vinh

Luận văn Thạc sĩ tóm tắt: Pháp luật về điều kiện đầu tư kinh doanh trong lĩnh vực giáo dục, đào tạo ở Việt Nam

Luận văn Thạc sĩ: Sự nghiệp nghiên cứu phê bình văn học của Hoài Thanh

Luận văn Thạc sĩ: Tiểu thuyết của Đỗ Phấn từ góc nhìn sinh thái

Luận văn Thạc sĩ: Giải pháp ứng phó với nhập cư ở Liên minh Châu Âu

Luận văn Thạc sĩ: Diễn ngôn về giới nữ trong văn xuôi nữ Việt Nam đương đại (khảo sát sáng tác của Dạ Ngân, Y Ban, Lý Lan, Nguyễn Thị Thu Huệ)

Luận văn Thạc sĩ: Xây dựng mức phát thải tham chiếu rừng khu vực huyện Bảo Lâm tỉnh Lâm Đồng

Luận văn Thạc sĩ: Đặc điểm nhân vật chính trong ba tác phẩm của Franz Kafka: Lâu đài, Vụ án, Hóa thân

Kháo luận tốt nghiệp: Vận dụng lí thuyết học tập trải nghiệm vào dạy học Thống kê - Xác suất ở lớp Hai

Luận văn Thạc sĩ: Xây dựng hệ thống điều khiển và thu nhận dữ liệu cho Robot dịch vụ

Luận văn Thạc sĩ: Thế giới nhân vật trong truyện ngắn Lê Minh Khuê sau năm 1975

Luận văn Thạc sĩ: Tác động của cấu trúc vốn đến hiệu quả hoạt động của các ngân hàng thương mại cổ phần niêm yết trên thị trường chứng khoán Việt Nam

Luận văn Thạc sĩ: Kiểm soát rủi ro tín dụng bán lẻ tại Ngân hàng Thương mại Cổ phần Đầu tư và Phát triển Việt Nam chi nhánh Thủ Thiêm

Luận văn Thạc sĩ: Các yếu tố ảnh hưởng đến hiệu quả kinh doanh của ngân hàng thương mại cổ phần niêm yết trên thị trường chứng khoán Việt Nam

Luận văn Thạc sĩ: Các nhân tố ảnh hưởng đến hành vi sử dụng dịch vụ ngân hàng điện tử tại Ngân hàng Thương mại Cổ phần Ngoại thương Việt Nam – Chi nhánh Thủ Đức

Luận văn Thạc sĩ: Các yếu tố tác đồng đến nợ xấu tại Ngân hàng Nông nghiệp và Phát triển Nông thôn - Chi nhánh Tiền Giang

Luận văn Thạc sĩ: Yếu tố ảnh hưởng đến quyết định sử dụng dịch vụ thanh toán không dùng tiền mặt tại Ngân hàng TMCP Công thương Việt Nam (Vietinbank)

Tài liêu mới

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu xây dựng thuật toán thích nghi và học tăng cường cấu trúc Actor - Critic điều khiển bám quỹ đạo cho robot di động đa hướng mecanum

Luận án Tiến sĩ: Cơ cấu bệnh tim mạch và chất lượng cuộc sống của người cao tuổi mắc suy tim, rung nhĩ điều trị tại Bệnh viện Thống Nhất, thành phố Hồ Chí Minh

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu hiện tượng nứt dăm đê sông vùng đồng bằng sông Hồng và dự báo khả năng bị nứt của một số đoạn đê

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu xây dựng giải pháp đảm bảo an toàn thông tin cho quá trình học liên kết dựa trên mật mã

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Phát triển năng lực đánh giá công nghệ cho học sinh trong dạy học môn Công nghệ 11 ở trường trung học phổ thông

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu phân loại chi cầu diệp – Bulbophyllum Thouars (Orchidaceae) ở vùng Tây Nguyên bằng phương pháp hình thái và phân tử

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu đặc điểm phân bố và dinh dưỡng của các loài lưỡng cư ở Vườn Quốc gia Bến En và Khu bảo tồn thiên nhiên Pù Luông, tỉnh Thanh Hóa

Luận án Tiến sĩ: Tổng hợp luật dẫn và điều khiển cho một lớp tên lửa đối hải trên cơ sở ứng dụng mạng nơ ron và hệ mờ

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu tổng hợp hệ điều khiển góc Pitch tua bin gió trong điều kiện có nhiễu tác động

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu hóa học lipid của hai loài san hô thủy tức Millepora dichotoma và Millepora platyphylla ở Việt Nam