Tài liệu Phương pháp tọa độ diện tích trong hình học phẳng

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM VĂN THẮNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ DIỆN TÍCH TRONG HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM VĂN THẮNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ DIỆN TÍCH TRONG HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. NGÔ VĂN ĐỊNH Thái Nguyên - 2017 Mục lục Lời cảm ơn ii Kí hiệu và quy ước iii Mở đầu 1 Chương 1 . Tọa độ diện tích 3 1.1 Khái niệm về tọa độ diện tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Phương trình đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.3 Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.4 Quan hệ vuông góc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.5 Khoảng cách . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.6 Phương trình đường tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Chương 2 . Một số ứng dụng của tọa độ diện tích 19 2.1 Định lý Ceva và định lý Menelaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.2 Công thức Conway . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.3 Một số bài toán chứng minh đồng quy . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.4 Một số bài toán về diện tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.5 Một số bài toán trong đề thi học sinh giỏi . . . . . . . . . . . . . . . 31 Kết luận 38 Tài liệu tham khảo 39 i Lời cảm ơn Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và hoàn thành với sự hướng dẫn của TS. Ngô Văn Định (Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên). Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình làm luận văn. Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán–Tin, cùng các giảng viên đã tham gia giảng dạy, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác giả học tập và nghiên cứu. Tác giả muốn gửi những lời cảm ơn tốt đẹp nhất tới tập thể lớp Cao học Toán khóa 9B (2015-2017) đã động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong suốt quá trình học tập. Cuối cùng, tác giả xin gửi những lời cảm ơn đặc biệt nhất đến gia đình vì những động viên và chia sẻ để tác giả hoàn thành luận văn này. Thái Nguyên, 2017 Phạm Văn Thắng ii Kí hiệu và quy ước Trong luận văn này, ta luôn kí hiệu ∆ABC là một tam giác trong mặt phẳng với các đỉnh theo thứ tự có chiều dương (ngược chiều kim đồng hồ). Độ dài các cạnh được kí hiệu bởi a = BC, b = CA, c = AB. Ngoài ra, với ba điểm P, Q, R bất kỳ trong mặt phẳng ta kí hiệu [P QR] là diện tích có hướng của tam giác ∆P QR với dấu được quy ước là dấu âm khi và chỉ khi thứ tự các đỉnh theo chiều âm (cùng chiều kim đồng hồ). Hình 1 là ví dụ về diện tích có hướng của tam giác. Hình 1: [P QR] < 0, [P RQ] > 0 iii Mở đầu Trong hình học phẳng, bên cạnh các hệ tọa độ quen thuộc như hệ tọa độ Descartes, tọa độ cực, tọa độ Affine của hình học xạ ảnh, hình học hiện đại còn có một lý thuyết rất thú vị thể hiện mối quan hệ mật thiết giữa hình học và đại số mà ở đó, tọa độ các điểm xác định nhờ một hình tam giác cơ sở thông qua các đại lượng vectơ, đó chính là tọa độ diện tích (areal coordinate) hay còn gọi là tọa độ tỉ cự (barycentric coordinate). Cụ thể hơn, với một tam giác cơ sở ∆ABC trong mặt phẳng, tọa độ diện tích của mỗi điểm P là bộ ba số thực (x, y, z) duy nhất thỏa mãn x + y + z = 1 và −→ −−→ −→ xP A + y P B + z P C = ~0. Ba số thực này được xác định bởi x= [P BC] [P CA] [P AB] ,y = ,z = , [ABC] [ABC] [ABC] trong đó kí hiệu [XY Z] là diện tích có hướng của tam giác ∆XY Z, tức là, diện tích lấy dấu dương nếu ba đỉnh X, Y, Z theo thứ tự ngược chiều kim đồng hồ và lấy dấu âm trong trường hợp còn lại. Khái niệm tọa độ diện tích đã được giới thiệu lần đầu tiên bởi nhà toán học người Đức August Ferdinand Möbius vào năm 1827. Sau đó, nhiều nhà toán học khác đã quan tâm nghiên cứu về khái niệm này. Hiện nay, tọa độ diện tích thể hiện rõ tính hữu ích của nó trong việc nghiên cứu hình học phẳng và đặc biệt là các tính chất của tam giác. Mục đích của Luận văn này là trình bày một cách hệ thống các kiến thức về tọa độ diện tích và một số ứng dụng của tọa độ diện tích trong việc giải các bài toán hình học phẳng. 1 Cấu trúc của luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung chính của Luận văn được trình bày thành 2 chương: • Chương 1: Tọa độ diện tích. Trong chương này, chúng tôi trình bày về khái niệm tọa độ diện tích và một số khái niệm cơ bản của hình học phẳng trong tọa độ diện tích như: phương trình đường thẳng, vị trí tương đối của hai đường thẳng, quan hệ vuông góc, khoảng cách và phương trình đường tròn. • Chương 2: Một số ứng dụng của phương pháp tọa độ diện tích. Trong chương này, chúng tôi trình bày một số ứng dụng của tọa độ diện tích trong việc giải quyết các bài toán hình học phẳng. Đầu tiên chúng tôi trình bày chứng minh của hai định lý nổi tiếng, Định lý Ceva và Định lý Menelaus, bằng việc sử dụng tọa độ diện tích. Sau đó chúng tôi trình bày ứng dụng tọa độ diện tích trong việc giải một số bài toán chứng minh đồng quy, một số bài toán về diện tích và một số bài toán hình học phẳng trong các đề thi học sinh giỏi. Trước đó, chúng tôi trình bày kí hiệu và công thức Conway. 2 Chương 1 Tọa độ diện tích Trong chương mở đầu này, chúng tôi trình bày về khái niệm tọa độ diện tích trong mặt phẳng và một số khái niệm cơ bản của hình học phẳng trong tọa độ diện tích. 1.1 Khái niệm về tọa độ diện tích Trong mặt phẳng, để xây dựng hệ tọa độ diện tích (tiếng Anh: “areal coordinate system”), ta cần chọn một tam giác ∆ABC cố định với thứ tự các đỉnh theo chiều dương, được gọi là tam giác cơ sở. Tam giác này đóng vai trò như các trục tọa độ trong hệ tọa độ Descartes. Khi tam giác cơ sở này đã được chọn, mỗi điểm P trong mặt phẳng tương ứng với duy nhất bộ ba số thực có thứ tự (x, y, z) thỏa mãn x+y +z = 1. Bộ ba số thực này được gọi là tọa độ diện tích của P và ta viết P = (x, y, z). Cụ thể ta có định nghĩa: Định nghĩa 1.1. Tọa độ diện tích của điểm P trong mặt phẳng với tam giác cơ sở   [P BC] [P CA] [P AB] ∆ABC là [ABC] , [ABC] , [ABC] (xem Hình 1.1). Theo định nghĩa, ta có A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0), C = (0, 0, 1). Giả sử P = (x, y, z). Khi đó, P nằm trên đường thẳng BC khi và chỉ khi x = 0, P nằm trên đường thẳng CA khi và chỉ khi y = 0, P nằm trên đường thẳng AB khi và chỉ khi z = 0. Hơn nữa, Các đường thẳng AB, BC, CA chia mặt phẳng thành 7 miền xác định bởi dấu của các tọa độ diện tích (xem Hình 1.2). Dựa vào quy ước về dấu của diện tích có hướng của tam giác ta dễ dàng kiểm tra được rằng nếu (x, y, z) là tọa độ diện tích của một điểm trên mặt phẳng thì x + y + z = 1. 3 Hình 1.1: Tọa độ diện tích của điểm P (x, y, z) Hình 1.2: Các miền phẳng xác định bởi dấu của tọa độ diện tích 4 Như vậy, với Định nghĩa 1.1, mỗi điểm P trong mặt phẳng xác định một tọa độ diện tích. Để chỉ ra định nghĩa này là có nghĩa ta cần chứng minh mỗi bộ ba số thực có thứ tự (x, y, z) thỏa mãn x + y + z = 1 là tọa độ diện tích của duy nhất một điểm trong mặt phẳng. Trước tiên, định lý sau đây cho ta điều kiện cần và đủ để bộ ba số thực (x, y, z) là tọa độ diện tích của điểm P . Định lý 1.2. Bộ ba số thực có thứ tự (x, y, z) là tọa độ diện tích của điểm P với tam giác cơ sở ∆ABC khi và chỉ khi −→ −−→ −→ xP A + y P B + z P C = ~0 và x + y + z = 1. Chứng minh. • Điều kiện cần: Giả sử (x, y, z) là tọa độ diện tích của điểm P . Ta cần chứng minh −→ −−→ −→ xP A + y P B + z P C = ~0. Để chứng minh điều này, ta chỉ cần chứng minh −→ −−→ −→ [P BC]P A + [P CA]P B + [P AB]P C = ~0. Ta thấy rằng trong số ba cặp đường thẳng (P A, BC), (P B, CA) và (P C, AB) có ít nhất một cặp đường thẳng không song song với nhau. Không làm mất tính tổng quát ta có thể giả sử P A 6 kBC. Khi đó P A cắt BC tại một điểm A0 (xem Hình 1.3). Ta có −−→0 −−0→ −−→ −−→0 −−0→ −→ P A + A B = P B, P A + A C = P C. Suy ra −−0→ −−→0 −−0→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ A C(P A + A B) = A0 C.P B, A0 B(P A0 + A0 C) = A0 B.P C. −−→ −−→ −−→ −→ Do A0 C.P B = A0 B.P C nên −−→0 −−0→ −−0→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ A0 C −−→ A0 B −→ .P B − .P C. P A (A C − A B) = A0 C.P B − A0 B.P C ⇐⇒ P A0 = BC BC 5 Hình 1.3 Mặt khác, ta có [AA0 C [P A0 C P CA A0 C − 0 = = = . ABA0 P BA0 P AB AB Suy ra A0 C A0 C [P CA] A0 B [P AB] = 0 = và − = . [P CA] + [P AB] [P CA] + [P AB] BC A C − A0 B BC Vì vậy −−→0 PA = −−→ −→ [P CA] [P AB] .P B + .P C. [P CA] + [P AB] [P CA] + [P AB] (1.1) Ta lại có P A0 [P CA0 ] [P A0 B] [P CA0 ] + [P A0 B] [P BC] = = = =− . [P CA] [P AB] [P CA] + [P AB] [P CA] + [P AB] PA Suy ra −−→0 PA = − −→ [P BC] .P A. [P CA] + [P AB] (1.2) Từ (1.1) và (1.2) suy ra điều phải chứng minh. 6 • Điều kiện đủ: Để chứng minh điều kiện đủ của Định lý 1.2 ta chỉ cần chứng minh rằng có duy nhất bộ ba số thực có thứ tự (x, y, z) sao cho −→ −−→ −→ xP A + y P B + z P C = ~0 và x + y + z = 1. Thật vậy, giả sử rằng (x0 , y 0 , z 0 ) là một bộ ba khác cũng thỏa mãn điều kiện trên. Khi đó, ta có −→ −−→ −→ −→ −−→ −→ x0 P A + y 0 P B + z 0 P C = xP A + y P B + z P C. Do đó, ta có −→ −−→ −→ (x0 − x)P A + (y 0 − y)P B + (z 0 − z)P C = ~0. (1.3) Mặt khác, ta có x + y + z = x0 + y 0 + z 0 = 1. Suy ra x0 − x = (y − y 0 ) + (z − z 0 ). Thay vào (1.3) ta được −→ −−→ −→ −→ (y − y 0 )(P A − P B) + (z − z 0 )(P A − P C) = ~0 hay −→ −→ (y − y 0 )BA + (z − z 0 )CA = ~0. Do A, B, C không thẳng hàng nên suy ra y − y 0 = z − z 0 = 0. Từ đây suy ra x = x0 , y = y 0 và z = z 0 . Ta có thể sử dụng điều kiện được nêu trong Định lý 1.2 để định nghĩa tọa độ diện tích của một điểm trong mặt phẳng. Đây là lý do mà tọa độ diện tích còn được gọi là tọa độ tỉ cự (tiếng Anh: “barycentric coordinate”). Định lý 1.3. Nếu (x, y, z) là bộ ba số thực thỏa mãn x + y + z 6= 0 thì tồn tại duy nhất một điểm P trong mặt phẳng thỏa mãn điều kiện −→ −−→ −→ xP A + y P B + z P C = ~0. 7 Chứng minh. Để chứng minh Định lý 1.3 ta cần bổ đề sau đây: Bổ đề 1.4. Cho M, N là hai điểm phân biệt trong mặt phẳng và α, β là hai số thực không đồng thời bằng không. Nếu α + β 6= 0 thì tồn tại duy nhất một điểm P trong mặt phẳng sao cho: −−→ −−→ αP M + β P N = ~0. −−→ −−→ Chứng minh. Theo giả thiết, ta có αP M + β P N = ~0 nên −−→ −−→ −−→ −αM P + β(M N − M P ) = ~0. Biến đổi đẳng thức này ta thu được −−→ −−→ (α + β)M P = β M N . Do α + β 6= 0 nên ta rút được −−→ MP = β −−→ MN. α+β Đẳng thức này suy ra tính tồn tại và duy nhất của điểm P . Bây giờ, chúng ta chứng minh Định lý 1.3. Vì x + y + z 6= 0 nên tồn tại một trong ba số x + y, y + z, z + x khác không. Không mất tính tổng quát, ta giả sử x + y 6= 0. −−→ −−→ Theo Bổ đề 1.4, tồn tại duy nhất điểm M thỏa mãn xM A + y M B = ~0. Từ điều kiện −→ −−→ −→ xP A + y P B + z P C = ~0 ta suy ra −−→ −−→ −−→ −−→ −→ x(P M + M A) + y(P M + M B) + z P C = ~0. Do đó −−→ −−→ −−→ −→ (x + y)P M + (xM A + y M B) + z P C = ~0 hay −−→ −→ (x + y)P M + z P C = ~0. Vì (x + y) + z 6= 0 nên điểm P được xác định duy nhất theo Bổ đề 1.4. Từ Định lý 1.3 ta có được hệ quả sau đây. 8 Hệ quả 1.5. Nếu (x, y, z) là bộ ba số thực thỏa mãn x + y + z = 1 thì tồn tại duy nhất một điểm P trong mặt phẳng nhận (x, y, z) làm tọa độ diện tích đối với một tam giác cơ sở nào đó. Hệ quả 1.5 chứng tỏ rằng Định nghĩa 1.1 là hoàn toàn có nghĩa. Ví dụ 1.6. Với tam giác cơ sở ∆ABC, kí hiệu S là hai lần diện tích tam giác ABC, P 2 SA = S cot A, SB = S cot B, SC = S cot C, a SA = a2 SA + b2 SB + c2 SC và cyclic P SB SC = SB SC + SC SA + SA SB . Khi đó, ta có tọa độ diện tích của một số điểm cyclic đặc biệt của tam giác ∆ABC như sau: Ba đỉnh Trọng tâm Tâm đường tròn nội tiếp A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0), C = (0, 0, 1)   1 1 1 G= , ,  3 3 3 b c a , , I= a + b + c a + b + c a + b + c  b2 SB c2 SC   a2 SA Tâm đường tròn ngoại tiếp O =  P 2 , P 2 , P 2  a SA a SA a SA cyclic cyclic cyclic   Trực tâm SC SA SA SB   SB SC H= P , P , P  SB SC SB SC SB SC cyclic 1.2 cyclic cyclic Phương trình đường thẳng Định lý sau đây cho ta điều kiện cần và đủ đối với tọa độ diện tích để ba điểm trong mặt phẳng thẳng hàng. Điều kiện này chính là cơ sở để ta xây dựng phương trình đường thẳng trong hệ tọa độ diện tích. Định lý 1.7. Ba điểm P = (x1 , y1 , z1 ), Q = (x2 , y2 , z2 ) và R = (x3 , y3 , z3 ) trong mặt phẳng thẳng hàng khi và chỉ khi     x1 y1 z1      x2 y2 z2  = 0.     x3 y3 z3  9 Chứng minh. Theo giả thiết, ta có x1 = [P BC] [P CA] [P AB] [QBC] , y1 = , z1 = , x2 = , ... [ABC] [ABC] [ABC] [ABC] Để đơn giản hóa trong trình bày, chúng tôi giả sử ba điểm P, Q, R đều nằm trong tam giác ∆ABC. Gọi Px , Py , Pz lần lượt là hình chiếu vuông góc từ P lên các đường thẳng BC, CA, AB. Ký hiệu tương tự với các điểm Q và R (xem Hình 1.4). Khi đó,ta 1 có [P BC] = P Px .a. Suy ra 2 P Px = 2[P BC] 2[ABC] = .x1 . a a Tương tự, chúng ta có QQx = 2[ABC] 2[ABC] .x2 và RRx = .x3 . a a Chúng ta cũng có các đẳng thức tương ứng cho P Py , QQy , RRy , P Pz , QQz và RRz . Hình 1.4: Ba điểm thẳng hàng Giả sử ba điểm P, Q, R thẳng hàng. Khi đó, với k = PR , ta có PQ RRx = (1 − k)P Px + k.QQx . 10 Kết hợp với các đẳng thức ở trên, ta được x3 = (1 − k)x1 + kx2 . Hoàn toàn tương tự, ta cũng có y3 = (1 − k)y1 + ky2 và z3 = (1 − k)z1 + kz2 . Từ đây suy ra     x1 y1 z1      x2 y2 z2  = 0.     x3 y3 z3  Ngược lại, giả sử     x1 y1 z1      x2 y2 z2  = 0.     x3 y3 z3  ~ = (x2 , y2 , z2 ), Khi đó, trong không gian vectơ ba chiều R3 , ba vectơ P~ = (x1 , y1 , z1 ), Q ~ = (x3 , y3 , z3 ) là phụ thuộc tuyến tính. Vì vậy, một trong ba vectơ đó có thể biểu R diễn tuyến tính được qua hai vectơ còn lại. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử ~ biểu diễn tuyến tính được qua hai vectơ P~ và Q. ~ Mặt khác, do R xi + yi + zi = 1, i = 1, 2, 3, nên tồn tại số thực k sao cho ~ = (1 − k)P~ + k Q. ~ R Từ đây suy ra RRx = (1 − k)P Px + kQQx và do đó ba điểm P, Q, R thẳng hàng. Từ Định lý 1.7 ta suy ra phương trình một đường thẳng trong tọa độ diện tích có dạng px + qy + rz = 0, 11 trong đó p, q, r là những hằng số thực không đồng thời bằng không. Các hệ số p, q, r xác định duy nhất sai khác một nhân tử khác không. Hơn nữa ta có hệ quả sau đây: Hệ quả 1.8. Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt P = (x1 , y1 , z1 ) và Q = (x2 , y2 , z3 ) là     x y z     x1 y1 z1  = 0.     x2 y2 z2  Ví dụ 1.9. Tất cả các đường thẳng đi qua đỉnh A của tam giác cơ sở đều có dạng qy + rz = 0 với q, r là hai số thực không đồng thời bằng không. Tương tự như vậy, phương trình đường thẳng đi qua B có dạng px + rz = 0 và phương trình đường thẳng đi qua C có dạng px + qy = 0. Lưu ý rằng một phương trình có dạng px + qy + rz = 0 chưa chắc là phương trình của một đường thẳng trong tọa độ diện tích. Chẳng hạn không có điểm nào trong mặt phẳng thỏa mãn phương trình x + y + z = 0 vì tọa độ diện tích của một điểm phải thỏa mãn x + y + z = 1. Phương trình có dạng px + qy + rz = 0, với p, q, r không đồng thời bằng không là phương trình của một đường thẳng khi và chỉ khi hệ phương trình tuyến tính   px + qy + rz = 0  x + y + z = 1 có nghiệm. Điều này tương đương với hạng của ma trận   p q r   1 1 1 bằng 2. Do vậy ta có định lý sau đây: Định lý 1.10. Điều kiện cần và đủ để phương trình px + qy + rz = 0, với p, q, r là ba hằng số thực, là phương trình của một đường thẳng là p : q : r 6= 1 : 1 : 1. 12 1.3 Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng Trong mặt phẳng, xét hai đường thẳng d1 : p1 x + q1 y + r1 z = 0 và d2 : p2 x + q2 y + r2 z = 0. Rõ ràng hai đường thẳng này trùng nhau khi và chỉ khi p1 : q1 : r1 = p2 : q2 : r2 . Hai đường thẳng d1 và d2 cắt nhau khi và chỉ khi hệ phương trình     p1 x + q1 y + r1 z = 0    p2 x + q2 y + r2 z = 0      x + y + z = 1 có nghiệm duy nhất. Điều này tương đương với     p1 q1 r1      p2 q2 r2  6= 0     1 1 1 hay             q1 r1  r1 p1  p1 q1   + + =       6 0. q2 r2  r2 p2  p2 q2  Trong trường hợp này, tọa độ giao điểm của d1 và d2 là           p1 q1 r1          1 q1 r1  r1 p1  p1 q1    , , , với δ = p2 q2 r2  .       δ q2 r2  r2 p2  p2 q2    1 1 1 Từ đây, ta có mệnh đề sau đây: Mệnh đề 1.11. Cho ba đường thẳng phân biệt di : pi x + qi y + ri z = 0, i = 1, 2, 3. Ba đường thẳng d1 , d2 , d3 đồng quy khi và chỉ khi     p1 q1 r1      p2 q2 r2  = 0.     p3 q3 r3  13 1.4 Quan hệ vuông góc Trước khi nghiên cứu về quan hệ vuông góc trong hệ tọa độ diện tích chúng ta có khái niệm sau đây về tọa độ diện tích của một vectơ. Định nghĩa 1.12. Cho P = (p1 , p2 , p3 ) và Q = (q1 , q2 , q3 ) là hai điểm trong mặt phẳng với hệ tọa độ diện tích. Bộ ba (q1 − p1 , q2 − p2 , q3 − p3 ) được gọi là tọa độ diện −→ tích của vectơ P Q. Ta sẽ làm rõ hơn khái niệm tọa độ diện tích của một vectơ. Trước tiên ta chú ý rằng tổng các tọa độ diện tích của một vectơ luôn bằng không. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác cơ sở ∆ABC. Vì (p1 , p2 , p3 ) là tọa độ của điểm P nên ta có p1 + p2 + p3 = 1 và −→ −−→ −→ p1 P A + p2 P B + p3 P C = ~0. Do đó, ta có −→ −→ −−→ −→ P O + p1 OA + p2 OB + p3 OC = ~0. Tương tự, ta cũng có −→ −→ −−→ −→ QO + q1 OA + q2 OB + q3 OC = ~0. Trừ vế với vế của hai đẳng thức trên ta được −→ −→ −−→ −→ P Q = (q1 − p1 )OA + (q2 − p2 )OB + (q3 − p3 )OC. Như vậy nếu (x, y, z) là tọa độ diện tích của một vectơ ~u thì ta có x + y + z = 0 và −→ −−→ −→ ~u = xOA + y OB + z OC. Định lý sau đây cho ta điều kiện cần và đủ để hai đường thẳng vuông góc với nhau trong hệ tọa độ diện tích. −−→ Định lý 1.13. Cho M, N, P, Q là bốn điểm trong mặt phẳng với M N = (x1 , y1 , z1 ) −→ và P Q = (x2 , y2 , z2 ). Khi đó đường thẳng M N vuông góc với đường thẳng P Q khi và chỉ khi a2 (y1 z2 + y2 z1 ) + b2 (z1 x2 + z2 x1 ) + c2 (x1 y2 + x2 y1 ) = 0. 14 Chứng minh. Sử dụng tích vô hương của hai vectơ, ta có M N vuông góc với P Q khi −−→ −→ và chỉ khi M N · P Q = 0, tức là −→ −−→ −→ −→ −−→ −→ (x1 OA + y1 OB + z1 OC) · (x2 OA + y2 OB + z2 OC) = 0. Khai triển biểu thức này ta được −→ −−→ −→ −→ −−→ x1 x2 OA2 + y1 y2 OB 2 + z1 z2 OC 2 + (x1 y2 + x2 y1 )OA · OB −−→ −→ −→ −→ + (y1 z2 + y2 z1 )OB · OC + (z1 x2 + z2 x1 )OC · OA = 0. Mặt khác, ta có −→2 −−→2 −→2 OA = OB = OC = R2 và −→ −−→ a2 −→ −→ b2 c2 −−→ −→ 2 2 2 OA · OB = R − , OB · OC = R − , OC · OA = R − , 2 2 2 trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆ABC và a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB. Do đó ta được  c2 R (x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 ) + (x1 y2 + x2 y1 ) R − 2     2 a b2 2 2 + (y1 z2 + y2 z1 ) R − + (z1 x2 + z2 x1 ) R − = 0. 2 2  2 2 Từ đó suy ra R2 (x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 + x1 y2 + x2 y1 + y1 z2 + y2 z1 + z1 x2 + z2 x1 )
1 2 = a (y1 z2 + y2 z1 ) + b2 (z1 x2 + z2 x1 ) + c2 (x1 y2 + x2 y1 ) . 2 Vế trái của đẳng thức này bằng R2 (x1 + y1 + z1 )(x2 + y2 + z2 ) = 0 nên ta suy ra điều phải chứng minh. Sử dụng kết quả của Định lý 1.13 ta dễ dàng chứng minh được Định lý Pytago. Hệ quả 1.14 (Định lý Pitago). Tam giác ∆ABC vuông tại A khi và chỉ khi a2 = b2 + c2 . 15