ĐẠI HỌC THÁI NGUN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
Đỗ Văn Hải
SỬ DỤNG MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC
ĐỂ CHỨNG MINH
MỘT SỐ KẾT QUẢ HÌNH HỌC
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
Thái Ngun - Năm 2013
Số hóa bởi trung tâm học liệu />ĐẠI HỌC THÁI NGUN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
Đỗ Văn Hải
SỬ DỤNG MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC
ĐỂ CHỨNG MINH
MỘT SỐ KẾT QUẢ HÌNH HỌC
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
Chun Ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP
Mã số: 60460113
Người hướng dẫn khoa học:PGS.TS. ĐÀM VĂN NHỈ
Thái Ngun - Năm 2013
Số hóa bởi trung tâm học liệu />Cơng trình được hồn thành tại
Trường Đại học Khoa Học - Đại Học Thái Ngun
Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ
Phản biện 1: GS.TSKH. Nguyễn Tự Cường
Phản biện 2: PGS.TSKH. Lê Thị Thanh Nhàn
Luận văn đã được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại:
Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Ngun
Ngày 27 tháng 09 năm 2013
Có thể tìm hiểu tại
Trung tâm học liệu Đại Học Thái Ngun
Thư viện trường Đại Học Khoa học - ĐH Thái Ngun
Số hóa bởi trung tâm học liệu />1

tâm.Với sự giúp đỡ của định thức và ma trận ta có thể thu được nhiều kết
quả mới qua việc biến đổi tọa độ giải hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn
và đại số hóa một số bài hình sơ cấp. Do vậy, luận văn này đặt vấn đề vận
dụng định thức ma trận vào xét một số bài tốn hình học sơ cấp. Nội dung
của luận văn được chia ra làm hai chương.
Chương I: Kiến thức chuẩn bị về ma trận,các phép tốn về ma trận, định
thức và một số đồng nhất thức cổ điển, Vành ma trận K[A]
Chương II: Vận dụng định thức ma trận trong hình học sơ cấp.
Mục 2.1. Trình bày phép biến đổi tọa độ đặc biệt trong mặt phẳng
Mục 2.2. Trình bày diện tích , bán kính đường tròn ngoại tiếp qua tọa độ
đỉnh , độ dài các cạnh tam giác
Mục 2.3. Sử dụng định thức tính thể tích qua tọa độ đỉnh , độ dài các cạnh
Mục 2.4. Xét bài tốn đồ thị phẳng 21 - điểm K
3
Luận văn này được hồn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình
của PGS-TS. Đàm Văn Nhỉ - Đại học Sư phạm Hà Nội . Em xin được
bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động viên và sự chỉ
bảo hướng dẫn của thầy. Em xin trân trọng cảm ơn tới các Thầy cơ
trong Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Ngun, phòng Đào
Tạo Trường Đại Học Khoa Học. Tơi xin cảm ơn tới Sở Giáo dục - Đào
tạo Tỉnh Hà Giang, Ban Giám hiệu Trường THPT Việt Lâm - Huyện
Vị Xun đã tạo điều kiện cho tơi học tập và hồn thành kế hoạch học tập.
Thái Ngun, ngày 08 tháng 08 năm 2013
Tác giả
Đỗ Văn Hải
Số hóa bởi trung tâm học liệu />3
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1. Ma trận, các phép tốn về ma trận
1) Ma trận

. . . . . . . . . . . . . . . . . .
a
i1
a
i2
. . . a
ij
. . . a
in
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
a
m1
a
m2
. . . a
mj
. . . a
mn



















a
1
a
2
. . .
a
j
. . .
a
n








(1.3)
Số hóa bởi trung tâm học liệu />4
Ma trận vng: Ma trận cỡ n × n gọi là ma trận vng cấp n (hay ma
trận cấp n) và viết A = (a
ij
)

21
. . . a
i1
. . . a
m1
a
12
a
22
. . . a
i2
. . . a
m2
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
a
1j
a
2j
. . . a
ij
. . . a
mj
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
a
1n
a
2n
. . . a
in
. . . a

)
m×n
và B = (b
ij
)
m×n
là
ma trận: A + B = (a
ij
+ b
ij
)
m×n
Định nghĩa 1.4. Với các ma trận vng cấp hai dạng:
A =

a
11
a
12
a
21
a
22

; B =

b
11
b

a
11
a
12
a
13
a
21
a
22
a
23
a
31
a
32
a
33


; B =


b
11
b
12
b
13
b

21
+ b
21
a
22
+ b
22
a
23
+ b
23
a
31
+ b
31
a
32
+ b
32
a
33
+ b
33


Số hóa bởi trung tâm học liệu />5
Quy tắc cộng ma trận: Muốn cộng hai ma trận ta chỉ việc cộng các
thành phần tương ứng (cùng dòng, cùng cột) của chúng:
(a
ij

a
12
a
21
a
22

, ta có:
αA =


αa
11
αa
12
αa
13
αa
21
αa
22
αa
23
αa
31
αa
32
αa
33


αa
12
αa
13
αa
21
αa
22
αa
23
αa
31
αa
32
αa
33


Tích của hai ma trận
Định nghĩa 1.7. Tích AB của ma trận A = (a
ij
)
m×n
và ma trận
B = (
jk
)
m×n
là ma trận C = (c
ik

12
b
21
b
22

.
khi đó:
AB =

a
11
b
11
+ a
12
b
21
a
11
b
12
+ a
12
b
22
a
21
b
11


x
y

=

a
11
x + a
12
y
a
21
x + a
22
y

.
Định nghĩa 1.9. Với các ma trận vng cấp ba dạng:
A =


a
11
a
12
a
13
a
21

32
b
33


.
khi đó:
AB =









3

j=1
a
1j
b
j1
3

j=1
a
1j
b


j=1
a
3j
b
j1
3

j=1
a
3j
b
j2
3

j=1
a
3j
b
j3
.










33




x
y
z


=


a
11
x + a
12
y + a
13
z
a
21
x + a
22
y + a
23
z
a
31
x + a

(1.5)
Số hóa bởi trung tâm học liệu />7
Mệnh đề 1.1. Với hai ma trận vng cấp hai AB ln có |AB| = |A||B|.
Chứng minh. Giả sử A =

a b
c d

và B =

x y
z t

. Khi đó ta có tích
AB =

ax + bz ay + bt
cx + dz cy + dt

. Từ việc biến đổi tích hai ma trận và đinh
thức
|AB| =




ax + bz ay + bt
cx + dz cy + dt



21
a
22
. . . a
2j
. . . a
2n
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
a
i1
a
i2
. . . a
ij
. . . a
in
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
a
m1
a
m2
. . . a
mj
. . . a
mn















a
11
a
12
. . . a
1j
. . . a
1n
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
a
i1
a
i2
. . . a
ij
. . . a
in
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
a
n1
a

tạo thành dòng thứ i, các thành phần a
1j
, a
2j
, . . . , a
nj
tạo thành cột thứ j của định thức. Khi ma trận A có cấp n ta cũng nói |A|
là một định thức cấp n.
Định thức của ma trận cấp hai A =

a
11
a
12
a
21
a
22

det(A) = |A| =




a
11
a
12
a
21

31
a
32
a
33


det(A) = |A| = a
11




a
22
a
23
a
32
a
33




−a
12





2) Một số đồng nhất thức cổ điển
Chúng tơi nêu ra dưới đây một vài đồng nhất thức được sử dụng trong lý
thuyết số hoặc trong chứng minh bất đẳng thức.
Mệnh đề 1.2. [Euler] Với x
1
, x
2
, x
3
, x
4
, y
1
, y
2
, y
3
, y
4
ta có đồng nhất thức
(x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3











z
1
= x
1
y
1
− x
2
y
2
− x
3
y
3
− x
4
y
4
z
2

+ x
4
y
2
z
4
= x
1
y
4
+ x
2
y
3
− x
3
y
2
+ x
4
y
1
.
Chứng minh: Vì a
2
+ b
2
+ c
2
+ d


,

y
1
+ iy
2
y
3
+ iy
4
−y
3
+ iy
4
y
1
− iy
2

ta có (x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
+ x

+ ix
4
x
1
− ix
2








y
1
+ iy
2
y
3
+ iy
4
−y
3
+ iy
4
y
1
− iy
2

= z
2
1
+ z
2
2
+ z
2
3
+ z
2
4
theo Mệnh đề 1.1.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />9
Ví dụ 1.1. Phương trình x
2
+ y
2
+ z
2
+ t
2
= 2005
n
có nghiệm ngun với
mỗi số ngun dương n.
Bài giải: Hiển nhiên x
1
= 44, y
1

= 2005
n
thì











x
n+1
= 44x
n
− 7y
n
− 4z
n
− 2t
n
y
n+1
= 7x
n
− 44y
n

+ t
2
= 2005
n+1
theo Mệnh đề 1.2.
Mệnh đề 1.3. Với a, b, c, x, y, z ta ln có đồng nhất thức sau đây:
(a
3
+ b
3
+ c
3
− 3abc)(x
3
+ y
3
+ z
3
− 3xyz) = A
3
+ B
3
+ C
3
− 3ABC,
trong đó









a b c
c a b
b c a












x y z
z x y
y z x






=
=

− ab −bc −ca)(x
2
+ y
2
+ z
2
− xy − yz − zx)
= A
2
+ B
2
+ C
2
− AB − BC − CA,
trong đó





A = ax + bz + cy
B = ay + bx + cz
C = az + by + cx.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />10
Chứng minh: Suy ra từ mệnh đề 1.3
Ví dụ 1.2. Giả sử α
1
, α
2
, α

)f(α
3
).
Bài giải: (i) Vì a
3
+ b
3
+ c
3
− 3abc =






a b c
c a b
b c a






nên a
3
+ b
3
+ c

3
− 3abc)






α
2
1
α
2
2
α
2
3
α
1
α
2
α
3
1 1 1







3
α
1
α
2
α
3
1 1 1






nên
(a
3
+ b
3
+ c
3
− 3abc)






α
2

2
) f(α
3
)
α
2
1
f(α
1
) α
2
2
f(α
2
) α
2
3
f(α
3
)
α
1
f(α
1
) α
2
f(α
2
) α
3

− 3xyz = 2600
n
ln có nghiệm dương x, y, z.
Bài giải: Vì x = 12, y = 12, z = 2 ta có x
3
+ y
3
+ z
3
− 3xyz = 2600. Kết
quả được suy ra từ mệnh đề 1.2 với số ngun dương n tuy ý.
Ví dụ 1.4. Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
= 0. Chứng
minh rằng, nếu các số thực x, y, z, t, p, q, r, s thỏa mãn hệ














a b c d
−b a d −c
−c −d a b
−d c −b a




thỏa mãn A
c
A = AA
c
= (a
2
+b
2
+
c
2
+d
2
)E nên từ A









x
y
z
t




= A
c




p
q
r
s




và




+ c
2
+ d
2
)z = cp + dq + ar − bs
(a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
)t = dp − cq + br + as.
Từ đây suy ra hai đồng nhất thức đã nêu ra ở trên.
Ví dụ 1.5. Tính định thức








a b c d
b a d c
c d a b
d c b a



c
2
− 2b
2
d
2
− 2c
2
d
2
+8abcd là một số ngun tố.
Bài giải: Ta có








a b c d
b c d a
c d a b
d a b c







2
− 2c
2
d
2
+8abcd. Vì








a b c d
b c d a
c d a b
d a b c








= (a + b + c + d)












= (a + b + c + d)
Số hóa bởi trung tâm học liệu />12






a − b d −c c − d
d − b a −c b − d
c − b b − c a −d






= (a+b+c+d)(a+b−c−d)(a−b+c−d) (a−b−c+d).
Khơng hạn chế có thể coi 10  a  b  c  d  1. Khi đó ta có hệ




n  3. Định nghĩa
f(A) = a
s
A
s
+ a
s−1
A
s−1
+ ··· + a
1
A + a
0
E
với E là ma trận đơn vị cùng cấp với ma trận vng A. Từ các phép tốn
về ma trận, chẳng hạn như: EA
r
= A
r
E = A
r
, A
r
A
s
= A
s
A
r
= A

A
s
+ a
s−1
A
s−1
+ ··· + a
1
A + a
0
E có đa thức f(x) = a
s
x
s
+
a
s−1
x
s−1
+ ··· + a
1
x + a
0
∈ K[x] để φ(f) = f(A). Do vậy φ là một tồn
cấu vành.
Vì tập M
n,n
tất cả các ma trận vng cấp n trên K là một khơng gian
vectơ n
2

Chứng minh: Bởi vì φ : K[x] → K[A], f(x) → f(A), là một tồn cấu
với Ker(φ) = (F ) = (0) theo Mệnh đề 1.7 nên K[A]
∼
=
K[x] / Ker(φ) =
K[x]/(F).
Chú ý: Vì K[x] là vành các iđêan chính nên có duy nhất một đa thức
bậc thấp nhất dạng m(x) = x
d
+ a
1
x
d−1
+ ··· + a
d
∈ K[x] để Ker (φ) =
(F ) = (m(x)). Hiển nhiên m(A) = 0 đơi khi m(x) còn được gọi là đa thức
tối thiểu của ma trận A.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />14
Chương 2
Vận dụng trong hình học sơ cấp
Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), phép biến đổi tọa độ được biểu điễn
qua ma trận

x

y


=


x
y

+

a
b

=

1 0
0 1

x
y

+

a
b

.
Bổ đề 2.1. Tích hai phép tịnh tiến là một phép tịnh tiến
Chứng minh. Dựng hệ tọa độ (Oxy). Xét hai phép tịnh tiến sau đây:
f :

x

y


. Khi đó
hợp thành
g.f :

x”
y”

=

x

y


+

a
2
b
2

=

x
y

+

a

2
a
2
+ b
2
−
2ab
a
2
+ b
2
−
2ab
a
2
+ b
2
a
2
− b
2
a
2
+ b
2




x

=

cos α −sin α
sin α cos α

x − a
y − b

+

a
b

.
2.1.4. Phép đối xứng tâm
Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), phép đối xứng tâm I(a; b) được biểu
diễn qua ma trận

x

y


=

−1 0
0 −1

x − a
y − b

x
y

+

(1 − k)a
(1 − k)b

.
2.1.6. Vận dụng
Ví dụ 2.1. Trong mặt phẳng cho hai hình bình hành A
1
B
1
C
1
D
1
và A
2
B
2
C
2
D
2
. Gọi A
3
, B
3

thẳng hàng hoặc chúng là 4 đỉnh của một hình bình hành.
Bài giải: Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), giả sử A
1
(a
11
, a
12
), B
1
(b
11
, b
12
),
C
1
(c
11
, c
12
), D
1
(d
11
, d
12
) và tọa độ A
2
(a
21

2
B
2
C
2
D
2
là hai hình bình hành nên có
b
11
− a
11
= c
11
− d
11
b
12
− a
12
= c
12
− d
12
b
21
− a
21
= c
21

+ c
21
2
−
d
11
+ d
21
2
= m
b
12
+ b
22
2
−
a
12
+ a
22
2
=
c
12
+ c
22
2
−
d
12

12
+ b
22
2

,
Số hóa bởi trung tâm học liệu />16
C
3

c
11
+ c
21
2
,
c
12
+ c
22
2

và D
3

d
11
+ d
21
2

21
2
a
12
+ a
22
2


+

m
n



c
11
+ c
21
2
c
12
+ c
22
2


=


của một hình bình hành.
Ví dụ 2.2. Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi ABCD. Dựng hai hình vng
cùng hướng AEBF và CHDK. Chứng minh đồng nhất thức
|EH
2
− F K
2
| = 4S
ABCD
.
Bài giải: Dựng hệ tọa độ Oxy để A(0; −a), E(−a; 0), B(0; a), F (a; 0). Giả
sử tâm hình vng CHDK là I(u; v) và C(x
1
; y
1
). Vì hình vng CHDK
cùng hướng với hình vng AEBF nên sử dụng phép quay tâm I(u; v) với
góc quay
−π
2
biểu diễn bởi ma trận :

x

− u
y

− v

=

ABCD
.
Ví dụ 2.3. Trong mặt phẳng, cho hai hình vng ABCD, A

B

C

D

với
thứ tự các đỉnh cùng theo một hướng. Chứng minh đồng nhất thức
A

A
2
+ C

C
2
= B

B
2
+ D

D
2
.
Bài giải: Dựng hệ tọa độ Oxy để A(a; 0), B(0; a), C(−a; 0), D(0; −a).


− u
y

− v

=

0 −1
1 0

x − u
y − v

Số hóa bởi trung tâm học liệu />17
ta được B

(u + v − y
1
; x
1
− u + v). Dễ dàng có C

(2u − x
1
; 2v − y
1
), và
D(u − v + y
1

+ D

D
2
= (u + v − y
1
)
2
+ (a + u −v − x
1
)
2
+ (u − v + y
1
)
2
+ (−a −u −v + x
1
)
2
.
Dễ dàng kiểm tra đồng nhất thức A

A
2
+ C

C
2
= B

M
, z
N
. Phép quay tâm I
góc quay α biến điểm M thành điểm N được biểu diễn dưới dạng phức:
z
N
= z
I
+ (z
M
− z
I
)e
iα
.
Bây giờ ta vận dụng phép quay vào việc xét một số bài hình dưới đây.
Ví dụ 2.4. Trong mặt phẳng cho đa giác đơn bất kỳ A
1
A
2
. . . A
n
và coi
A
n+1
≡ A
1
. Xét hệ vectơ e
i

A
i
A
i+1
góc−
π
2
. Vậy
n

i=1
e
i
= e
−i
π
2

n

i=1
−→
A
i
A
i+1

= e
−i
π

A
1
B
2
và A
1
B
1
C
2
.
Chứng minh
(i) AA
1
= BB
1
= CC
1
và ∆O
1
O
2
O
3
đều, trong đó O
1
, O
2
, O
3

2010
A
2009
khi
b, c cố định, còn a thay đổi.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />18
Bài giải: (i) Tương ứng A, B, C ba số phức z
A
, z
B
, z
C
. Khi đó ta có


















iu
(z
A
− z
B
)
z
A
2
= z
C
1
+ e
iu
(z
B
1
− z
C
1
)
u =
π
3
.
Từ z
C
+ e
iu
(z

(1 −e
iu
+ e
2iu
) + z
A
(e
iu
− e
2iu
) = z
A
vì e
iu
=
−1, e
3iu
+ 1 = 0 nên 1 − e
iu
+ e
2iu
= 0, e
iu
− e
2iu
= 1. Như vậy ta có
z
A
1
−z

)

= 3z
O
1
. Vậy ∆O
1
O
2
O
3
đều.
(ii) Dễ dàng chỉ ra z
A
1
+ z
A
2
= 2z
A
. Vậy A là trung điểm của A
1
A
2
. Từ
A
1
A
2
= 2AA

1
ba tam giác đều sau đây: B
1
C
1
A
2
, C
1
A
1
B
2
, A
1
B
1
C
2
.
Gọi M, N, P là trung điểm BC, CA, AB; M
1
, N
1
, P
1
là trung điểm B
1
C
1

1

=
2MM
1
, BB
1

=
2NN
1
, CC
1

=
2P P
1
và MM
1
, NN
1
, P P
1
đồng quy.
(ii) A
2
M
2

=

2
, NN
2
, P P
2
đồng quy tại một điểm.
Bài giải: (i) Ta có 2z
M
= z
B
+ z
C
, 2z
M
1
= z
B
1
+ z
C
1
. Viết
−→
IJ = z
J
− z
I
.
Khi đó
2

−→
A
1
A. Vậy AA
1
MM
1
, AA
1
= 2MM
1
.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />19
Ba đoạn MM
1
, NN
1
, P P
1
đồng quy được suy ra từ việc xét ∆MNP và
phép quay e
iu
.
(ii) Từ AA
1

=
2MM
1
suy ra AM

1
= CC
1
= d và cơng thức đường trung
tuyến ta có 2MB
2
1
= d
2
+b
2
−
a
2
2
, 2MC
2
1
= d
2
+c
2
−
a
2
2
. Vậy MB
2
1
−MC

2
A
2
1
=
c
2
− a
2
2
,
P
2
A
2
1
− P
2
B
2
1
=
a
2
− b
2
2
. Khi đó M
2
B

, NN
2
, P P
2
đồng quy tại một điểm.
Ví dụ 2.7. Trong mặt phẳng cho tứ giác A
0
A
1
A
2
A
3
và định nghĩa A
4k+i
≡
A
i
với i = 0, 1, 2, 3 và k ∈ Z. Với điểm P
0
ta thực hiện phép quay tâm A
0
góc quay
π
2
để được P
1
; thực hiện phép quay tâm A
1
góc quay

2
= A
1
A
3
và
A
0
A
2
⊥A
1
A
3
.
Bài giải: Tương ứng A
0
, A
1
, A
2
, A
3
là bố số phức z
0
, z
1
, z
2
, z

1
+ i(α
1
− z
1
)
α
3
= z
2
+ i(α
2
− z
2
)
α
4
= z
3
+ i(α
3
− z
3
).
Dễ dàng chỉ ra α
4
= (1 −i)(z
3
−z
1

− z
0
)].
để α
2012
≡ α
0
cần và đủ (1 −i)(z
3
− z
1
) + i(1 −i)(z
2
− z
0
) = 0 hay (z
3
−
z
1
) + i(z
2
−z
0
) = 0. điều này tương ứng A
0
A
2
= A
1

. Gọi A
3
, B
3
, C
3
, D
3
là trung điểm
các đoạn A
1
A
2
, B
1
B
2
, C
1
C
2
và D
1
D
2
, tương ứng. Chứng minh
(i) AA
3
= CC
3

a
, z
b
, z
c
, z
d
với|z
a
| = |z
b
| = |z
c
| = |z
d
| = 1 và tương ứng A
k
, B
k
, C
k
, D
k
là
các số phức z
a
k
, z
b
k

1
= z
b
− i(z
a
− z
b
)
z
c
1
= z
c
− i(z
b
− z
c
)
z
d
1
= z
d
− i(z
c
− z
d
)



c
2
= z
c
+ i(z
d
− z
c
)
z
d
2
= z
d
+ i(z
a
− z
d
)












3
=
z
c
1
+ z
c
2
2
z
d
3
=
z
d
1
+ z
d
2
2
.
Dễ dàng có z
a
3
− z
a
= i
z
b
− z

2
và BB
3
⊥AC, DD
3
⊥AC. Từ
đây suy ra B
3
D
3
và BD cắt nhau tai trung điểm mỗi đoạn.
(ii) Giả sử I, J, H, K là tâm các hình vng ABB
1
A
2
, BCC
1
B
2
, CDD
1
C
2
và DAA
1
D
2
ứng với số phức z
I
, z




z
A
1
= z
C
+ i(z
B
− z
C
)
z
B
1
= z
A
+ i(z
C
− z
A
)
z
C
1
= z
B
+ i(z
A

C
)
2
z
J
=
z
C
+ z
B
1
2
=
z
C
+ z
A
+ i(z
C
− z
A
)
2
z
K
=
z
A
+ z
C

C
+ i(2z
A
− z
B
− z
C
).
Bởi vì z
B
+ z
C
+ i(z
B
−z
C
) −2z
A
= i

z
B
−z
C
+ i(2z
A
−z
B
−z
C

A
−z
B
). Bởi vì z
A
−z
C
+ i(z
A
−z
B
) = i

z
A
−z
B
+ i(z
C
−z
A
)

nên có được MJ = MK, MJ⊥MK.
2.2. Diện tích, bán kính đường tròn ngoại tiếp
2.2.1. Diện tích, bán kính đường tròn ngoại tiếp
Giả sử tam giác ABC có A(x
1
; y
1

y
2
1
x
3
y
3
1









. Phương trình các đường thẳng chứa các đỉnh
BC : a
1
x + b
1
y + c
1
= 0 với










a
2
= y
3
− y
1
b
2
= x
1
− x
3
c
2
= x
3
y
1
− x
1
y
3
AB : a
3
x + b
3

.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />22
Nếu giải hệ phương trình, ngược lại để tính x
i
, y
i
qua các a
j
, b
j
, c
j
, ta có
x
1
=
b
2
c
3
− b
3
c
2
a
2
b
3
− a
3

c
3
a
3
b
1
− a
1
b
3
, y
2
=
a
1
c
3
− a
3
c
1
a
3
b
1
− a
1
b
3
x

1
b
2
− a
2
b
1
.
Mệnh đề 2.2. Cho tam giác ABC với độ dài ba cạnh a, b, c với độ dài
các đường cao h
a
, h
b
, h
c
; độ dài các bán kính đường tròn ngoại, nội và bàng
tiếp là R, r, r
1
, r
2
, r
3
. Khi đó diện tích S của tam giác ABC được xác định
qua:
(i) S =
ah
a
2
=
bh





x
1
y
1
1
x
2
y
2
1
x
3
y
3
1









, trong đó A(x
1






a
1
b
1
c
1
a
2
b
2
c
2
a
3
b
3
c
3






2







a
1
a
2
b
1
b
2







.
(ii) R =








+ b
2
1
)(a
2
2
+ b
2
2
)(a
2
3
+ b
2
3
)
2



.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />