Tài liệu Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng

  • Số trang: 52 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 30 |
  • Lượt tải: 0
okyeuniterd

Tham gia: 20/08/2016

Mô tả:

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- PHẠM TRUNG LÂM TÍCH NGOÀI CỦA VÉC TƠ VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- PHẠM TRUNG LÂM TÍCH NGOÀI CỦA VÉC TƠ VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - 2017 i Lời cảm ơn Luận văn này được thực hiện tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của Phó Giáo sư - Tiến sĩ Trịnh Thanh Hải. Tác giả xin trân trọng bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc tới thầy, người đã tận tình chỉ bảo, hướng dẫn, động viên khích lệ và tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu luận văn. Qua bản luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Toán - Tin, cùng các giảng viên đã tham gia giảng dạy và tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác giả học tập và nghiên cứu trong suốt thời gian qua. Tác giả cũng xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp và tất cả mọi người đã quan tâm, động viên và giúp đỡ để tác giả có thể hoàn thành luận văn của mình. Tác giả xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, ngày ... tháng ... năm 2017 Tác giả luận văn Phạm Trung Lâm ii Mục lục Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt iii Danh mục các bảng iv Mở đầu 1 1 Kiến thức chuẩn bị 3 1.1. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2. Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Biểu thức tọa độ của tích ngoài hai véc tơ . . . . . . . . . . 3 4 1.4. Hướng và diện tích đại số của tam giác . . . . . . . . . . . . 1.5. Hướng và diện tích đại số của đa giác lồi . . . . . . . . . . . 4 6 1.6. Mối liên hệ giữa độ dài đại số và diện tích đại số . . . . . . . 7 2 Một số ứng dụng tích ngoài véc tơ 9 2.1. Mở rộng định lí Gergaune . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2.2. Ứng dụng của tích ngoài véc tơ vào giải toán . . . . . . . . . 10 2.3. Vấn đề tỉ số kép của chùm đường thẳng . . . . . . . . . . . . 13 2.4. Một số bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.5. Một số bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46 iii Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt → − − (→ a, b) → − − Góc lượng giác giữa hai véc tơ → a, b. (a, b) S[XY Z] hoặc S[XY Z] Góc giữa hai đường thẳng a, b. Diện tích đại số của 4XY Z. S(XY Z) hoặc SXY Z → − − → − → − a ↑↑ b (→ a ↑↓ b ) Diện tích hình học của 4XY Z. → − − Hai véc tơ → a , b cùng hướng (ngược hướng). iv Danh mục các hình vẽ Hình 2.1:....................................................................................... 10 Hình 2.2:....................................................................................... 11 Hình 2.3:....................................................................................... 15 Hình 2.4:....................................................................................... 16 Hình 2.5:....................................................................................... 17 Hình 2.6:....................................................................................... 17 Hình 2.7:....................................................................................... 19 Hình 2.8:....................................................................................... 21 Hình 2.9:....................................................................................... 23 Hình 2.10:...................................................................................... 24 Hình 2.11:...................................................................................... 25 Hình 2.12:...................................................................................... 27 Hình 2.13:...................................................................................... 28 Hình 2.14:...................................................................................... 29 Hình 2.15:...................................................................................... 30 Hình 2.16:...................................................................................... 32 Hình 2.17:...................................................................................... 33 Hình 2.18:...................................................................................... 34 Hình 2.19:...................................................................................... 35 Hình 2.20:...................................................................................... 36 Hình 2.21:...................................................................................... 38 Hình 2.22:...................................................................................... 41 1 Mở đầu 1. Lý do chọn đề tài Trong các đề thi học sinh giỏi, ngoài các bài tập áp dụng tính chất của tích vô hướng, thì đã có rất nhiều bài có lời giải liên quan đến tích ngoài của hai véc tơ. Tuy nhiên trong chương trình, sách giáo khoa môn toán ở THPT không trình bày nội dung tích ngoài của hai véc tơ nên việc vận dụng tích ngoài của hai véc tơ vào giải toán là một vấn đề khó đối với nhiều học sinh. Với mong muốn đưa ra một cách hệ thống kiến thức về tích ngoài của hai véc tơ và việc vận dụng các kiến thức đó vào giải toán trung học phổ thông, tác giả đã lựa chọn đề tài "Tích ngoài của hai véc tơ và ứng dụng". 2. Mục đích nghiên cứu Tìm hiểu và trình bày một cách hệ thống các kiến thức cơ bản về tích ngoài của hai véc tơ đồng thời trình bày ứng dụng tích ngoài hai véc tơ vào giải toán. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu Luận văn có nhiệm vụ: a. Tìm hiểu về tích ngoài của hai véc tơ: Định nghĩa, tính chất, biểu thức tọa độ tích ngoài hai véc tơ. b. Sưu tầm và trình bày việc ứng dụng tích ngoài của hai véc tơ vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏi, đề thi chọn học sinh giỏi trong nước và quốc tế. c. Đưa ra lời giải chi tiết, đầy đủ cho bài toán mà trong các tài liệu tham khảo chỉ có lời giải tóm tắt hoặc gợi ý. 2 4. Nội dung luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn được trình bày ngắn gọn trong hai chương Luận văn văn gồm hai chương như sau: Chương 1. Kiến thức chuẩn bị Chương 2. Một số ứng dụng tích ngoài véc tơ Một cách cụ thể, luận văn sẽ trình bày các kết quả chính trong các tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [4], [5]. 3 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Trong chương 1, luận văn chọn lọc và trình bày một số kiến thức liên quan đến tích ngoài của hai véc tơ dựa chủ yếu vào tài liệu tham khảo [2] và [4]. 1.1. Định nghĩa → − → − − − Tích ngoài của hai véc tơ → a , b kí hiệu là → a ∧ b là một số, được xác định như sau: " → − → − a = 0 − → − → • Nếu → − → − thì a ∧ b = 0. b = 0 ( → − → − a 6= 0 − − − → − → → − → → − → • Nếu → − → − thì a ∧ b = | a |.| b |. sin( a , b ). b 6= 0 Từ định nghĩa trên ta có ngay hệ quả hiển nhiên: → − → − → − − a // b ⇔ → a ∧ b = 0. 1.2. Tính chất Tích ngoài của hai véc tơ có ba tính chất cơ bản sau đây: → − → − − − i) → a ∧ b =− b ∧→ a (phản giao hoán); → − − → − − → − − ii) → a ∧( b +→ c)=→ a ∧ b +→ a ∧ −c (phân phối); 4 → − → − − − iii) (k → a ) ∧ (l b ) = (kl)(→ a ∧ b ). 1.3. Biểu thức tọa độ của tích ngoài hai véc tơ Để có thể chứng minh được các tính chất của tích ngoài, trước hết ta có định lí sau: → − − Định lí 1.1 Trên mặt phẳng tọa độ cho hai véc tơ → a (x1 ; y1 ), b (x2 ; y2 ). Khi đó 1.4. → − → − a ∧ b = x1 y2 − x2 y1 . Hướng và diện tích đại số của tam giác a) Hướng của tam giác Cho tam giác ABC, ta thấy các hướng quay từ A đến B đến C, từ B đến C đến A, từ C đến A đến B trùng nhau và gọi là hướng của tam giác ABC. Như thế các tam giác ABC, BCA, CAB có cùng hướng. Nếu hướng của tam giác ABC trùng với hướng của mặt phẳng thì ta nói tam giác ABC có hướng dương. Nếu tam giác ABC có hướng ngược với hướng của mặt phẳng thì ta nói tam giác ABC có hướng âm. b) Tam giác suy biến Theo định nghĩa thông thường, ba đỉnh của một tam giác phải là ba điểm không thẳng hàng. Tuy nhiên, khi xét các bài toán về diện tích, yêu cầu này đôi khi trở nên không cần thiết mà còn gây trở ngại cho việc làm toán. Vì vậy, ta đưa ra khái niệm Tam giác suy biến, tức là tam giác mà ba đỉnh thẳng hàng. Để cho thuận tiện, ta thay thuật ngữ tam giác suy biến bởi thuật ngữ tam giác. c) Diện tích đại số của tam giác Diện tích đại số của tam giác ABC là một số đại số (có thể dương, âm hoặc bằng không), kí hiệu S[ABC] (hoặc S[ABC]) và được xác định như 5 sau 1 −→ −→ S[ABC] = AB ∧ AC. 2 Từ định nghĩa trên, ta có ngay hệ quả là S[ABC] = S[BCA] = S[CAB]. Ta chỉ cần chứng minh đẳng thức thứ nhất, còn đẳng thức thứ hai được rút ra một cách tương tự. 1 −→ −→ 1 −→ −−→ −→ AB ∧ AC = AB ∧ (BC − BA) 2 2 1 −→ −−→ −→ −→ = (AB ∧ BC − AB ∧ BA) 2 1 −−→ −→ = BC ∧ BA = S[BCA]. 2 S[ABC] = d) Mối liên hệ giữa diện tích đại số và diện tích hình học của tam giác Khái niệm diện tích hình học chính là khái niệm diện tích mà ta vẫn hiểu theo nghĩa thông thường. Lúc đó không xét hướng của tam giác và số đo diện tích luôn là dương. Kí hiệu diện tích hình học của tam giác ABC (cũng như mở rộng cho đa giác) là SABC hoặc S(ABC), lúc đó S(ABC) = S(BCA) = S(CAB). Tuy nhiên khi cần phân biệt khái niệm diện tích (thường dùng) và diện tích đại số thì người ta thường thay từ diện tích bởi cụm từ diện tích hình học. Đối với một tam giác có hướng thì diện tích đại số và diện tích hình học của nó liên hệ bởi định lí sau đây Định lí 1.2 (Trích [1]) 1) Nếu tam giác ABC có hướng dương thì S[ABC] = S(ABC). 2) Nếu tam giác ABC có hướng âm thì S[ABC] = −S(ABC). −→ Hệ quả 1.1 Trên mặt phẳng tọa độ cho tam giác ABC. Biết rằng AB = −→ 1 (x1 , y1 ), AC = (x2 , y2 ). Khi đó SABC = |x1 y2 − x2 y1 |. 2 6 e) Tính chất Diện tích đại số của tam giác có hai tính chất cơ bản sau: i) Cho tam giác ABC, với mỗi điểm M ta có S[ABC] = S[M AB] + S[M BC] + S[M CA]. (hệ thức Chasles về diện tích) ii) Cho tam giác ABC, với mỗi điểm M thuộc đường thẳng BC ta có 1 −−→ −−→ S[ABC] = S[M AB] + S[M BC] + S[M CA] = BC ∧ M A. 2 Chứng minh. 1 −→ −→ 1 −−→ −−→ −−→ −−→ S[ABC] = AB ∧ AC = MB − MA ∧ MC − MA 2 2  1 −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ = MB ∧ MC − MA ∧ MC − MB ∧ MA + MA ∧ MA 2 1 −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ MA ∧ MB + MB ∧ MC + MC ∧ MA = 2 = S[M AB] + S[M BC] + S[M CA] 1 −−→ −−→ Đẳng thức S[ABC] = BC ∧ M A chính là sự mở rộng kết quả cơ bản 2 đối với diện tích hình học của tam giác. −−→ −−→ 1 1 S[ABC] = aha = BC.M A. sin(M B, M A). 2 2 1.5.  Hướng và diện tích đại số của đa giác lồi Có thể mở rộng khái niệm hướng và diện tích đại số từ tam giác đến đa giác lồi. Với sự mở rộng này, khái niệm tích ngoài trở nên có hiệu lực hơn nhiều trong việc giải các bài toán hình học. a) Định nghĩa Diện tích đại số của đa giác lồi A1 A2 ...An là một số, kí hiệu S[A1 A2 ...An ] và được định nghĩa như sau. • Nếu đa giác có hướng dương (trùng với hướng của mặt phẳng) thì S[A1 A2 ...An ] = S(A1 A2 ...An ). 7 • Nếu đa giác có hướng âm (ngược với hướng của mặt phẳng) thì S[A1 A2 ...An ] = −S(A1 A2 ...An ). Từ định nghĩa trên, ta dễ dàng thấy rằng S[A1 A2 ...An ] = S[A2 A3 ...An A1 ] = ... = S[An A1 ...An−2 An−1 ]. Định lí sau đây rất quan trọng. Nó cho phép ta khai triển diện tích đại số của một đa giác lồi thành tổng các diện tích đại số của các tam giác và thường gọi là hệ thức Chasles tổng quát về diện tích. Định lí 1.3 Cho đa giác lồi A1 A2 ...An . Với mỗi điểm M ta có S[A1 A2 ...An ] = S[M A1 A2 ] + S[M A2 A3 ] + ... + S[M An A1 ]. (∗) Chứng minh. Định lí được chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Theo hệ thức Chasles ta thấy (*) đúng khi n = 3. Giả sử (*) đã đúng với n = k (k ≥ 4). Xét đa giác lồi A1 A2 ...Ak Ak−1 . Theo giả thiết quy nạp và theo hệ thức Chasles ta có S[A1 A2 ...An ] = S[M A1 A2 ]+S[M A2 A3 ]+...+S[M Ak−1 Ak ]+S[M Ak A1 ]; S[Ak Ak+1 A1 ] = S[M Ak Ak+1 ] + S[M Ak+1 A1 ] + S[M A1 Ak ]. Chú ý rằng S[M Ak A1 ] = S[M A1 Ak ] = 0. Ta thấy (*) đúng khi n = k + 1. Định lí đã được chứng minh. Hệ thức (*) thường được gọi là Hệ thức Chasles về diện tích đại số. 1.6. Mối liên hệ giữa độ dài đại số và diện tích đại số Trong mục này, một định lí quan trọng được giới thiệu và chứng minh, nó cho thấy mối liên hệ giữa các khái niệm: độ dài đại số, diện tích đại số; nó chính là sự mở rộng mối liên hệ quen biết giữa các khái niệm: độ dài hình học, diện tích hình học; Định lí và hệ quả sẽ được sử dụng nhiều lần trong các bài toán trình bày sau đây. 8 Định lí 1.4 Cho tam giác ABC. Các điểm B’, C’ nằm trên đường thẳng BC. Ta có BC S[ABC] . = S[AB 0 C 0 ] B 0C 0 Chứng minh. − Gọi → e là véc tơ chỉ phương của đường thẳng BC. Lấy điểm M bất kì trên BC. Ta có 1 −−→ −−→ −−→ → −−→ BC ∧ M A BC(− e ∧ M A) BC S[ABC] 2 = = = . − − → −−→ 0C 0 1 −−0 →0 −−→ B 0 C 0 (→ − S[AB 0 C 0 ] B e ∧ M A) B C ∧ MA 2 Hệ quả 1.2 Cho tam giác ABC và điểm O. Giả sử các đường thẳng AO và BC cắt nhau tại điểm M (khác B, C). Ta có S[OBA] MB = . S[OCA] MC Chứng minh. − Gọi → e là véc tơ chỉ phương của đường thẳng BC, ta có. −→ −−→ −→ − AO ∧ M B M B(AO ∧ → e) S[OBA] S[BAO] = = −→ −−→ = − → − S[OCA] S[CAO] M C(AO ∧ → e) AO ∧ M C MB = .  MC Hệ quả 1.3 Cho tam giác ABC và điểm M nằm trên đường thẳng BC. Ta có MB S[M BA] = . S[M CA] MC 9 Chương 2 Một số ứng dụng tích ngoài véc tơ Các ví dụ, bài tập được trình bày trong chương 2 được luận văn trích dẫn từ một số bài báo của tác giả Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Thúc Hào đăng trên tạp chí Toán học tuổi trẻ [1], [4] và tài liệu tham khảo số [3], Một số nội dung và bài tập đề nghị được lấy từ tài liệu tham khảo khác. Tích ngoài của hai véc tơ là một công cụ mạnh để giải quyết nhiều bài toán hình học. Để minh họa cho nhận định trên, trong mục này, tôi sẽ sử dụng tích ngoài của hai véc tơ để mở rộng, chứng minh và chính xác hóa một vài kết quả cổ điển. 2.1. Mở rộng định lí Gergaune Định lí Gergaune được nhà toán học người Pháp Gergaune công bố vào năm 1818. Định lí 2.1 (Gergaune)[3] Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. AM, BM, CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A’, B’, C’. Khi đó: M A0 M B 0 M C 0 + + = 1. AA0 BB 0 CC 0 Định lí Gergaune có sự mở rộng rất tự nhiên nhờ khái niệm độ dài đại số. Tuy nhiên, nếu không có công cụ tích ngoài của hai véc tơ thì việc chứng minh Định lí Gergaune mở rộng không hề đơn giản. 10 Định lí 2.2 (Gergaune mở rộng). Cho tam giác ABC và điểm M không thuộc các đường thẳng BC, CA, AB, AM, BM, CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A’, B’, C’. Khi đó: M A0 M B 0 M C 0 + + = 1. AA0 BB 0 CC 0 Chứng minh. Theo Hệ quả 1.2 và theo Hệ thức Chasles M A0 M B 0 M C 0 S[M BC] S[M CA] S[M AB] S[ABC] + + = = 1. + + = S[ABC] S[BCA] S[CAB] S[ABC] AA0 BB 0 CC 0 C0 A M B0 A0 B C Hình 2.1 2.2. Ứng dụng của tích ngoài véc tơ vào giải toán Định lí Ceva dạng lượng giác xuất hiện nhiều trong các tài liệu toán sơ cấp như một công cụ quan trọng để giải quyết bài toán ba đường thẳng đồng quy. Dưới đây, tác giả sẽ giới thiệu một phương pháp chứng minh cho định lí này dựa vào khái niệm tích ngoài của hai véc tơ. Định lí 2.3 (3) Cho tam giác ABC và ba điểm M, N, P thỏa mãn điều kiện: M ∈ / (AB) ∪ (AC), N ∈ / (BC) ∪ (BA), P ∈ / (CA) ∪ (CB). Chứng minh rằng: AM, BN, CP đồng quy hoặc đôi một song song khi và chỉ khi −−→ −−→ −→ −→ −−→ −→ sin(AM , AB) sin(BN , BC) sin(CP , CA) −−→ −→ . −−→ −→ . −→ −−→ = −1. sin(AM , AC) sin(BN , BA) sin(CP , CB) 11 Giải. Chứng minh điều kiện cần Trường hợp 1: AM, BN, CP đồng quy (tại O). Ta có S[AOB] S[BOC] S[COA] + + = 1. S[AOC] S[BOA] S[COB] Từ đó, với chú ý O thuộc AM, BN, CP, theo Định lí 1.4 ta có S[AM B] S[BN C] S[CP A] + + = 1. S[AM C] S[BN A] S[CP B] −−→ −→ −−→ −−→ −→ −→ 1 1 1 2 AM.AB. sin AM , AB . 2 BN.BC. sin BN , BC . 2 CP.CA. sin CP , CA −−→ −→ −−→ −→ −→ −−→ ⇒ 1 1 1 2 AM.AC. sin AM , AC . 2 BN.BA. sin BN , BA . 2 CP.CB. sin CP , CB −−→ −−→ −→ −→ −−→ −→ sin AM , AB sin BN , BC sin CP , CA −→ −−→ . −−→ −→ . −→ −−→ = −1. ⇒ sin AO, AM sin BN , BA sin CP , CB Trường hợp 2: AM, BN, CP đôi một song song. P0 N0 N A P M B M0 C Hình 2.2 Khi đó, với chú ý rằng M ∈ / (AB) ∪ (AC), n ∈ / (BC) ∪ (BA), P ∈ / (CA) ∪ (CB), ta có AM, BN, CP theo thứ tự cắt BC, CA, AB. Đặt M 0 = AM ∩ BC, N 0 = BN ∩ CA, P 0 = CP ∩ AB. Ta có 12 M 0B N 0C P 0A M 0 B BC CM 0 . . = . . = −1. M 0 C N0 0 A P 0 B 0 M 0 C BM0 0 CB S [AM B] S [BN C] S [CP A] ⇒ . . = −1. S [AM 0 C] S [BN 0 A] S [CP 0 B] Từ đó, với chú ý rằng M ∈ AM 0 ; B ∈ BN 0 ; P ∈ CP 0 , ta có S [AM B] S [BN C] S [CP A] ⇒ . . = −1. S [AM C] S [BN A] S [CP B] Tiếp tục khai triển tương như trường hợp 1,ta có −−→ −−→tự−− −→ −→ → −→ sin AM , AB sin BN , BC sin CP , CA −→ −−→ . −−→ −→ . −→ −−→ = −1. sin AO, AM sin BN , BA sin CP , CB Tóm lại, điều kiện cần đã được chứng minh. Chứng minh điều kiện đủ Trường hợp 1: AM, BN, CP đôi một song song. Khi đó, ta có ngay điều cần chứng minh. Trường hợp 2: AM, BN, CP không đôi một song song. Khi đó, tồn tại hai trong ba đường thẳng AM, BN, CP cắt nhau. Không mất tính tổng quát, giả sử BN và CP cắt nhau, gọi giao điểm của chúng là O. Khi đó, ta có AO, BN, CP đồng quy. Nhờ kết quả đạt được trong phép chứng minh điều kiện cần, ta có −−→ −−→ −→ −→ −→ −→ sin AO, AB sin BN , BC sin CP , CA −→ −→ . −−→ −→ . −→ −−→ = −1 sin AO, AC sin BN , BA sin CP , CB Theo giả thiết, ta có −− −−→ −−→ −→ −→ → −→ sin AM , AB sin BN , BC sin CP , CA −→ −−→ . −−→ −→ . −→ −−→ = −1. sin AO, AM sin BN , BA sin CP , CB −→ −→ −−→ −→ sin AO, AB sin AM , AB −→ −→ = −−→ −→ Suy ra, sin AO, AC sin AM , AC 13 −→ −→ −−→ −→ −→ −→ ⇒ cos AO, AB − AM , AO − AO, AC −→ −→ −−→ −→ −→ −→ − cos AO, AB + AM , AO + AO, AC −→ −→ −−→ −→ −→ −→ = cos AO, AC − AM , AO AO, AB −→ −→ −−→ −→ −→ −→ − cos AO, AC − AM , AO − AO, AB −→ −→ −−→ −→ −→ −→ −−→ −→ ⇒ cos AC, AB − AM , AO = cos AB, AC − AM , AO −→ −→ −−→ −→ −→ −→ −−→ −→ ⇒ sin AC, AB sin AM , AO = sin AB, AC sin AM , AO . −−→ −→ −−→ −→ ⇒ sin AM , AO = − sin AM , AO . −−→ −→ ⇒ sin AM , AO = 0. −−→ −→ ⇒ AM , AO = k1800 . −−→ −→ −−→ −→ ⇒ AM ↑↑ AO hoặc AM ↑↓ AO ⇒ Đường thẳng AM trùng với đường thẳng AO. ⇒ O ∈ AM . Vậy AM, BN, CP đồng quy (tại O). Tóm lại, điều kiện đủ đã được chứng minh. 2.3. Vấn đề tỉ số kép của chùm đường thẳng Khái niệm tỉ số kép của chùm đường thẳng thường được định nghĩa thông qua khái niệm tỉ số kép của hàng điểm. Tuy nhiên, bằng nhiều cách khác nhau, ta vẫn có thể định nghĩa khái niệm tỉ số kép của một chùm đường thẳng mà không thông qua khái niệm tỉ số kép của hàng điểm. Định lí sau đây cho ta một cách định nghĩa như vậy. Định lí 2.4 [3] Với bốn đường thẳng đồng quy (tại O) OA, OB, OC, OD: −→ −→ −−→ −→ sin OC, OA sin OD, OA −→ −−→ : −−→ −−→ . O(ABCD) = (2.1) sin OC, OB sin OD, OB Ở đây, kí hiệu O(ABCD) là tỉ số kép của chùm đường thẳng OA, OB, OC, OD. 14 Chứng minh. Vẽ đường thẳng 4 không đi qua O, theo thứ tự cắt các đường thẳng OA, OB, OC, OD tại X, Y, Z, T. Theo Định lí 1.4: ZX T X S[OZX] S[OT X] : : = S[OZY ] S[OT Y ] ZY T Y −→ −−→ 1 −→ −−→ 1 OZ.OX sin(OZ, OX) OT.OX sin(OT , OX) = 2 : 2 −−→−−→ −→ −−→ 1 1 OZ.OY sin(OZ,OY ) OT.OY sin(OT , OY ) 2 2 −→ −−→ −→ −−→ sin(OZ, OX) sin(OT , OX) = −−→−−→ : −→ −−→ . sin(OZ,OY ) sin(OT , OY ) −−→ −→ Nếu OX ↑↑ OA thì −→ −−→ −→ −−→ −→ −→ −→ −→ sin(OZ, OX) sin(OT , OX) sin(OZ, OA) sin(OT , OA) −−→−−→ : −→ −−→ = −−→−−→ : −→ −−→ . sin(OZ,OY ) sin(OT , OY ) sin(OZ,OY ) sin(OT , OY ) −−→ −→ Nếu OX ↑↓ OA thì −→ −−→ −→ −−→ sin(OZ, OX) sin(OT , OX) −−→−−→ : −→ −−→ sin(OZ,OY ) sin(OT , OY ) −−→−→ −−→−→ sin((OZ,OA) + 1800 ) sin((OT,OA) + 1800 ) : = −−→−−→ −−→−−→ sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) −−→−→ −−→−→ −−→−→ −−→−→ − sin(OZ,OA) − sin(OT,OA) sin(OZ,OA) sin(OT,OA) = −−→−−→ : −−→−−→ = −−→−−→ : −−→−−→ . sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) Vậy trong cả hai trường hợp, ta đều có −−→−−→ −−→−−→ −−→−→ −−→−→ sin(OZ,OX) sin(OT,OX) sin(OZ,OA) sin(OT,OA) −−→−−→ : −−→−−→ = −−→−−→ : −−→−−→ . sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) O(ABCD) = Tiếp tục như trên: −−→−−→ −−→−−→ −−→−→ −−→−→ sin(OZ,OX) sin(OT,OX) sin(OZ,OA) sin(OT,OA) −−→−−→ : −−→−−→ = −−→−−→ : −−→−−→ sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) −−→−→ −−→−→ −−→−→ −−→−→ sin(OZ,OA) sin(OT,OA) sin(OC,OA) sin(OT,OA) = −−→−−→ : −−→−−→ = −−→−−→ : −−→−−→ sin(OZ,OB) sin(OT,OB) sin(OC,OB) sin(OT,OB) −−→−→ −−→−→ sin(OC,OA) sin(OD,OA) = −−→−−→ : −−→−−→ . sin(OC,OB) sin(OD,OB)
- Xem thêm -