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以下對於平面與空間向量皆適用

何謂向量?有方向的量
向量$=$量$\times$向
是一種過程(相對量)
起點和終點相連接的方法有無限多種
具有平移性
一向量可以拆成無限多個向量相加

有向線段:
$A,B$兩點
由$A$直線移動至$B$的過程所形成的軌跡為一有向線段
稱$A$為始點,$B$為終點

### 向量表示法

1. 座標表示法
2. 單位向量
3. 組合向量

## 座標表示法
$\vec{a}=(a_1,a_2,a_3\dots,a_n)$
$<a_k>_{k=1}^{k=n},\forall k\in\mathbb{N}, a_k\in\mathbb{R}$
數列每一項代表的是座標變化量

## 向量的長度
$|\vec{a}|=\sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(a_i)^2}$

## 向量的相等
幾何意義:
只要方向與長度相同即相等

代數意義:
$let\quad\vec{a}=(x_1,y_1,z_1),\vec{b}=(x_2,y_2,z_2)$
$\vec{a}=\vec{b}\iff\begin{cases}x_1=x_2\\y_1=y_2\\z_1=z_2\ \end{cases}$

> 對應座標相等

## 向量的加法
幾何意義:
先將始點相接
可利用平行四邊形法找對角線
平行四邊形法:
$\vec{b}=\vec{u}+\vec{v}$
$\vec{a}為將\vec{u}平移後始端與\vec{v}之終端相連之向量$
$\vec{w}為將\vec{v}平移後始端與\vec{u}之終端相連之向量$

或利用三角形法找第三邊

代數意義:
$\vec{a}=(x_1,y_1,z_1)$
$\vec{b}=(x_2,y_2,z_2)$
$\vec{a}+\vec{b}=(x_1+x_2,y_1+y_2,z_1+z_2)$

## 向量的減法
$\vec{a}-\vec{b}=(x_1-x_2,y_1-y_2,z_1-z_2)$

$法1:可利用\vec{a}+(-\vec{b})將b反向後再相加$
$法2:可利用頭尾相接,指向始端(終-出)$

## 向量的拆解
$3點ABP\\
\vec{AB}=\vec{AP}+\vec{PB}
\\=\vec{PB}-\vec{PA}
\\=\vec{AP}-\vec{BP}$

## 向量的係數積
向量的平行
$\vec{a}=t\vec{b},t\in\mathbb{R}
\\幾何意義\begin{cases}\vec{a}_{//}\vec{b}\\
\vec{b}長度伸縮t倍後會與\vec{a}相等\end{cases}(但不一定同向)$
代數意義:
座標$t$倍
$\vec{a}=(x,y,z)\to{t\vec{a}=(tx,ty,tz)}$

> 兩向量平行則所圍面積為0$\implies$三點共線面積為0

## 組合向量
$若\vec{a},\vec{b}為兩非0向量\\
則\vec{a}與\vec{b}所形成的平面上之任一向量皆可表為\vec{c}=x\vec{a}+y\vec{b}
\\且x,y\in\mathbb{R}$

$若\vec{c}為平面上一已知向量,則可唯一表示為\vec{c}=x\vec{a}+y\vec{b},x,y皆為某一定值$

> 三向量共面則所圍體積為0$\implies$四點共面體積為0

## 三點共線
$存在共線三點ABC與一點P\not\in L_{AC}且B\in\overline{AC}
\\若\overline{AB}:\overline{BC}=m:n
\\\to n\vec{AB}=m\vec{BC}
\\\to n\vec{PB}-n\vec{PA}=m\vec{PC}-m\vec{PB}
\\\to (m+n)\vec{PB}=n\vec{PA}+m\vec{PC}
\\\to \vec{PB}=\cfrac{n}{m+n}\vec{PA}+\cfrac{m}{m+n}\vec{PC}$

> 三點共線，交叉乘，係數和為1
> 四點共面，係數和為1

## 四點共面

有共面四點$BCDP$，與面外一點$A$
若$\vec{AP}=x\vec{AB}+y\vec{AC}+z\vec{AD}$
則$x+y+z=1$

$pf:$
$\vec{AP}=\vec{AD}+\vec{DP}=x\vec{AB}+y\vec{AC}+z\vec{AD}
\\\implies\vec{DP}=x\vec{AB}+y\vec{AC}+(z-1)\vec{AD}
\\\implies\vec{DP}=x(\vec{AP}-\vec{BP})+y(\vec{AP}-CP)+(z-1)(\vec{AP}-\vec{DP})
\\\implies(x+y+z-1)\vec{AP}=x\vec{BP}+y\vec{CP}+z\vec{DP}$
$\because BCDP$共面，右式所組成之向量必位於$BCDP$平面上。
而$\vec{AP}$含有垂直於平面的分量，故右式不可能組成跟$\vec{AP}$相關之向量
$\therefore x+y+z=1$

## 單位向量
長度為1的向量

$假設一空間直角坐標系
\\且\begin{cases}\hat{i}=(1,0,0)\\\hat{j}=(0,1,0)\\\hat{k}=(0,0,1)\end{cases}
\\存在一點P(x,y,z)
\\則\vec{OP}=x\hat{i}+y\hat{j}+z\hat{k}$

> 空間運動學之向量拆解常使用此技巧。例如:氣體動力論。

利用單位向量求角平分向量
$考慮兩非0向量\vec{a},\vec{b}
\\設其角平分向量為\vec{c}
\\令其銳角角平分線為\vec{c_1}
\\鈍角角平分線為\vec{c_2}
\\利用菱形對角線會平分兩邊夾角之特性
\\先找兩向量的單位向量\vec{u_a},\vec{u_b}:
\\\begin{cases}\vec{u_a}=\cfrac{\vec{a}}{|\vec{a}|}
\\\vec{u_b}=\cfrac{\vec{b}}{|\vec{b}|}\end{cases}
\\再將兩單位向量相加減
\\\to\vec{u_a}\pm\vec{u_b}_{//}\vec{c}\Leftrightarrow\vec{u_a}\pm\vec{u_b}=t\vec{c_1}或t\vec{c_2},t\in\mathbb{R}
\\如何判斷\vec{c_1},\vec{c_2}?
\\長的為銳角,短的是鈍角$

$pf:$
https://hackmd.io/@Kawaii-kanataso/HklPdqC55

## 三角形面積比例問題

已知一三角形$ABC$，若三角形內部一點$P$使得
$a\Delta ABP:a\Delta ACP:a\Delta BCP=m:k:l$
則：
對於任意點$O$，皆有$\vec{OP}=\dfrac{l}{m+k+l}\vec{OA}+\dfrac{k}{m+k+l}\vec{OB}+\dfrac{m}{m+k+l}\vec{OC}$

推廣：
取$O=A$，得到$\vec{AP}=\dfrac{1}{m+k+l}(k\vec{OB}+m\vec{OC})$
取$O=B$、$O=C$同理

例：

取$P=G$，其中$G$為三角形重心
則$m=k=l$
$\implies\vec{GP}=\dfrac{1}{3}(\vec{GA}+\vec{GB}+\vec{GC})$

## 孟氏定理

$過A作一直線交BC於D,過B作一直線交AC於E,兩線交點F,則$
$存在\cfrac{\overline{AE}}{\overline{EC}}\times\cfrac{\overline{CB}}{\overline{BD}}\times\cfrac{\overline{DF}}{\overline{FA}}=1$

> 何時使用孟氏定理? 比例很難找時
> 如何使用孟氏定理? 先找一矢形

## 帥氏定理

$過A作一直線交BC於D,過B作一直線交AC於E,過C作一直線交AB於G,三線交點F,則$
$存在\cfrac{\overline{AE}}{\overline{EC}}\times\cfrac{\overline{CD}}{\overline{DB}}\times\cfrac{\overline{BG}}{\overline{GA}}=1$

> 何時使用帥氏定理? 比例很難找時
> 如何使用帥氏定理? 先找一矢形

## 斜坐標系
$考慮空間中不共面4點A,B,C,D
\\若以A為原點,L_{AB}為x軸,\vec{AB}之方向為x軸正向
\\L_{AC}為y軸,\vec{AC}為y軸正向
\\L_{AD}為z軸,\vec{AD}為z軸正向$

$以|\vec{AB}|為x軸一單位長
\\|\vec{AC}|為y軸一單位長
\\|\vec{AC}|為z軸一單位長$

> 何時使用斜坐標系? 沒有任何想法時就可以座標化
> 如何使用斜坐標系? 先找三個向量,將出發點重合,定x,y,z軸,座標就是比例
> 注意事項:斜坐標系只能求比例，無法得知幾何量(長度，角度，面積，體積)

## 向量內積
$考慮\vec{a},\vec{b},其夾角為\theta\qquad(0\le\theta\le\pi)
\\定義\vec{a}\cdot\vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}|\cos{\theta}$

$let\quad\vec{a}=(a_1,a_2,a_3),\vec{b}=(b_1,b_2,b_3)$
定理:
1. $若\vec{a}與\vec{b}垂直,且\vec{a},\vec{b}皆不為\vec{0},則\vec{a}\cdot\vec{b}=0(\because\cos{\cfrac{\pi}{2}}=0)$
2. $\vec{a}\cdot\vec{b}=a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3$
3. 內積具有分配律
4. 內積具有交換律
5. 內積是純量
6. $\cos{\theta}=\dfrac{\vec{a}\cdot\vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}$

$內積具有分配律之證明:
\\考慮二非0向量\vec{a}=(a_1,a_2,a_3),\vec{b}=(b_1,b_2,b_3)
\\且\vec{c}\equiv\vec{a}+\vec{b}=(a_1+b_1,a_2+b_2,a_3+b_3)
\\\to\vec{c}\cdot\vec{c}=|\vec{c}|^2=(\vec{a}+\vec{b})\cdot\vec{c}
\\=(a_1+b_1)(a_1+b_1)+(a_2+b_2)(a_2+b_2)+(a_3+b_3)(a_3+b_3)
\\=a_1(a_1+b_1)+a_2(a_2+b_2)+a_3(a_3+b_3)+b_1(a_1+b_1)+b_2(a_2+b_2)+b_3(a_3+b_3)$

$內積具有分配律之應用:
\\考慮二非0向量\vec{a},\vec{b}
\\\to |\vec{a}+\vec{b}|^2=|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2-2|\vec{a}||\vec{b}|\cos{(\pi-\theta)}\quad (向量夾角的定義是在兩向量始端相合時所夾的角，因此夾角為\pi-\theta)
\\=|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+2\vec{a}\cdot\vec{b}=(\vec{a}+\vec{b})\cdot(\vec{a}+\vec{b})$
(長度平方=本身內積)

證明$\vec{a}\cdot\vec{b}=a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3$
$pf:
\\\because|\vec{a}+\vec{b}|^2=|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+2\vec{a}\cdot\vec{b}
\\\therefore\vec{a}\cdot\vec{b}=\dfrac{1}{2}(|\vec{a}+\vec{b}|^2-|\vec{a}|^2-|\vec{b}|^2)
\\=\dfrac{1}{2}({(a_1+b_1)}^2+{(a_2+b_2)}^2+{(a_3+b_3)}^2-{a_1}^2-{a_2}^2-{a_3}^2-{b_1}^2-{b_2}^2-{b_3}^2)
\\=\dfrac{1}{2}(2a_1b_1+2a_2b_2+2a_3b_3)
\\=a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3$

## 投影

考慮兩向量$\vec{a},\vec{b}$
$\vec{a}在\vec{b}上之$
1. 投影長$l=|\dfrac{\vec{a}\cdot\vec{b}}{|\vec{b}|}|$
2. 投影量$\vec{u}=(\dfrac{\vec{a}\cdot\vec{b}}{\ \ |\vec{b}|^2})\vec{b}$

> 被投影的擺分母，求投影量時分母平方(要消去$1$次$\vec{b}$的長度)

已知不共線三點$A,B,C$
求$A$在$L_{BC}$的投影點座標$P$

> 思考：求座標利用向量拆解$\vec{OP}=\vec{OB}+\vec{BP}=\vec{BP}-\vec{BO}$
> (選$\vec{OP}=\vec{OB}+\vec{BP}$)
> 求$\vec{BP}=?$$\to$將$\vec{BA}投影到\vec{BC}上$

$\therefore\vec{OP}=\vec{OB}+\vec{BP}=\vec{OB}+\dfrac{\vec{BA}\cdot\vec{BC}}{|\vec{BC}|^2}\vec{BC}$

## 行列式
定義:
$\begin{vmatrix}a_1&a_2\\b_1&b_2\end{vmatrix}=a_1b_2-b_1a_2$
定理:
1. 某兩行(列)互換其值變號
2. 兩行列互換其值不變
3. 某行(列)可提出$k$倍,其值$k$倍$(k\not=0)$
4. 某行(列)可乘$k$倍,加到另一行(列),其值不變$(k\not=0)$
5. 某兩行(列)成比例,其值為0
6. 某行(列)加減可分開
7. 行列式乘法:列行內積
比如:
$\begin{vmatrix}a_1&a_2\\b_1&b_2\end{vmatrix}\begin{vmatrix}a_3&a_4\\b_3&b_4\end{vmatrix}=?$
$原式=\begin{vmatrix}a_1a_3&a_2b_3\\b_1a_4&b_2b_4\end{vmatrix}$
8. 遞迴降階

遞迴降階:
設一$n$階行列式$n\in\mathbb{N}$:
$\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n}
\\a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n}
\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots
\\a_{n1}&a_{n2}&\dots&a_{nn}\end{vmatrix}$
則必然可化為$n$個二階行列式相乘。
> 利用同行同列不乘在一起即可得證。

舉例:
三階行列式:
$\begin{vmatrix}a&b&c\\x&y&z\\p&q&r\end{vmatrix}$
則可化為:
$\begin{vmatrix}a&b&c\\x&y&z\\p&q&r\end{vmatrix}=a\begin{vmatrix}y&z\\q&r\end{vmatrix}-b\begin{vmatrix}x&z\\p&r\end{vmatrix}+c\begin{vmatrix}x&y\\p&q\end{vmatrix}。$

### 特殊行列式
凡得夢行列式:
$\begin{vmatrix}1&1&1\\x&y&z\\x^2&y^2&z^2\end{vmatrix}=(y-x)(z-y)(z-x)$
$pf:$
$\begin{vmatrix}1&1&1\\x&y&z\\x^2&y^2&z^2\end{vmatrix}
\\=\begin{vmatrix}1&0&0\\x&y-x&z-x\\x^2&y^2-x^2&z^2-x^2\end{vmatrix}
=\begin{vmatrix}y-x&z-x\\(y+x)(y-x)&(z+x)(z-x)\end{vmatrix}
\\=(y-x)(z-x)(z+x-(y+x))
\\=(y-x)(z-x)(z-y)$

## 平面上的線性變換

令一座標平面，其兩軸單位向量分別為
$\begin{cases}\hat{i}=(1,0)
\\\hat{j}=(0,1)\end{cases}$
將兩單位向量經由座標伸縮倍數後，得到新的向量，並以此向量為新座標系之兩軸
$\begin{cases}\hat{i}'=a\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}+b\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}
\\\hat{j}'=c\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}+d\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}\end{cases}
\qquad\ abcd\not=0,a,b,c,d\in\mathbb{R}$

將此變換過程紀錄為
$\begin{bmatrix}\hat{i'}\\\hat{j'}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\hat{i}\\\hat{j}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a\hat{i}+b\hat{j}\\c\hat{i}+d\hat{j}\end{bmatrix}$

此時若有一向量為
$\vec{u}=x\hat{i}+y\hat{j}$
$\vec{u}=x\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}+y\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}$
經由同一變換後得到
$\vec{u'}=\begin{bmatrix}x'\\y'\end{bmatrix}=x\begin{bmatrix}a\\c\end{bmatrix}+y\begin{bmatrix}b\\d\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}$

## 面積
$考慮兩向量\vec{a},\vec{b}
\\定義:兩向量所展開之平行四邊形面積A=|\vec{a}\wedge\vec{b}|
\\\because A=(底\times高)=|\vec{a}||\vec{b}|\sin{\theta}\quad(\theta為\vec{a}與\vec{b}之夾角)
\\又\vec{a}\cdot\vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}|\cos{\theta}
\\\to A^2=|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2(1-\cos^2{\theta})=|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2-(\vec{a}\cdot\vec{b})^2
\\\therefore A=\pm\sqrt{|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2-(\vec{a}\cdot\vec{b})^2}\quad(取正)
\\\therefore |\vec{a}\land\vec{b}|=\sqrt{|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2-(\vec{a}\cdot\vec{b})^2}$
若$\vec{a},\vec{b}$為二維非零向量則有：
$\because\vec{a}=(a_1,a_2),\vec{b}=(b_1,b_2)
\\\therefore|\vec{a}\land\vec{b}|=|\begin{vmatrix}\vec{a}\\\vec{b}\end{vmatrix}|=|\begin{vmatrix}a_1&a_2\\b_1&b_2\end{vmatrix}|$
$pf:$
$\because|\vec{a}\land\vec{b}|=\sqrt{|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2-(\vec{a}\cdot\vec{b})^2}
\\又\vec{a}=(a_1,a_2),\vec{b}=(b_1,b_2)
\\\therefore|\vec{a}\land\vec{b}|
\\=\sqrt{({a_1}^2+{a_2}^2)({b_1}^2+{b_2}^2)-(a_1b_1+a_2b_2)^2}
\\=\sqrt{{a_1}^2{b_1}^2+{a_1}^2{b_2}^2+{a_2}^2{b_1}^2+{a_2}^2{b_2}^2-{a_1}^2{b_1}^2-2a_1a_2b_1b_2-{a_2}^2{b_2}^2}
\\\sqrt{{a_1}^2{b_2}^2+{a_2}^2{b_1}^2-2a_1a_2b_1b_2}
\\=\sqrt{(a_1b_2-a_2b_1)^2}
\\=|a_1b_2-a_2b_1|
\\=|\begin{vmatrix}a_1&a_2\\b_1&b_2\end{vmatrix}|$

## 外積
考慮兩向量$\vec{a}=(x_1,y_1,z_1),\vec{b}=(x_2,y_2,z_2)$
定義:
$let\ \vec{c}=\vec{a}\times\vec{b}=(x,y,z)$
$$\vec{c}=\vec{a}\times\vec{b}\begin{cases}\vec{c}\cdot\vec{a}=0\\\vec{c}\cdot\vec{b}=0\\|\vec{a}\times\vec{b}|=|\vec{a}\land\vec{b}|=|\vec{a}||\vec{b}|\sin{\theta}\end{cases}$$
定理:
$\vec{a}\times\vec{b}=({\begin{vmatrix}y_1&z_1\\y_2&z_2\end{vmatrix}},- {\begin{vmatrix}x_1&z_1\\x_2&z_2\end{vmatrix}},{\begin{vmatrix}x_1&y_1\\x_2&y_2\end{vmatrix}})=\begin{vmatrix}\hat{i}&\hat{j}&\hat{k}\\x_1&y_1&z_1\\x_2&y_2&z_2\end{vmatrix}$

> 兩向量並列，求誰蓋住誰，中間項變號
> 例:若
> $\vec{a}=(1,2,8)\\\vec{b}=(1,4,5)$
> $\vec{a}\times\vec{b}$的$x$座標值$a=?$:
> 蓋住兩向量的$x$座標後剩下的依照位置相對關係寫成行列式，如果求外積$y$座標要加負號
> $a=\begin{vmatrix}2&8\\4&5\end{vmatrix}=10-32=-22$

$pf:
\\\because\vec{c}=\vec{a}\times\vec{b}\begin{cases}\vec{c}\cdot\vec{a}=0\\\vec{c}\cdot\vec{b}=0\end{cases}
\\\therefore\begin{cases}x_1x+y_1y+z_1z=0\\x_2x+y_2y+z_2z=0\end{cases}
\\\implies x:y:z=\begin{vmatrix}y_1&z_1\\y_2&z_2\end{vmatrix} :- \begin{vmatrix}x_1&z_1\\x_2&z_2\end{vmatrix} : \begin{vmatrix}x_1&y_1\\x_2&y_2\end{vmatrix}
\\\vec{c}=(x,y,z)=t(\begin{vmatrix}y_1&z_1\\y_2&z_2\end{vmatrix} ,- \begin{vmatrix}x_1&z_1\\x_2&z_2\end{vmatrix},\begin{vmatrix}x_1&y_1\\x_2&y_2\end{vmatrix})
\\Obviously:
\\|t(\begin{vmatrix}y_1&z_1\\y_2&z_2\end{vmatrix} ,- \begin{vmatrix}x_1&z_1\\x_2&z_2\end{vmatrix},\begin{vmatrix}x_1&y_1\\x_2&y_2\end{vmatrix})|=\sqrt{|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2-(\vec{a}\cdot\vec{b})^2}
\\\therefore t=\pm{1}
\\\to利用右手定則判定t之正負$

## 柯西不等式

$考慮兩向量\vec{a}=(a_1,a_2,a_3),\vec{b}=(b_1,b_2,b_3)
\\\because|\vec{a}\wedge\vec{b}|=\sqrt{|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2-(\vec{a}\cdot\vec{b})^2}\ge{0}\quad(面積必大於等於0)
\\\therefore|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2-(\vec{a}\cdot\vec{b})^2\ge{0}
\\\therefore(a_1^2+a_2^2+a_3^2)(b_1^2+b_2^2+b_3^2)\ge(a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3)^2
\\又當兩向量平行時,所圍面積為0,故等號成立於\vec{a}=t\vec{b},t\in\mathbb{R}
\\\Leftrightarrow a_1=tb_1,a_2=tb_2,a_3=tb_3$

> 何時使用柯西不等式?
> 已知兩兩乘積和求平方和之最小
> 已知平方和求乘積和最大
> 已知平方和求平方和最小
> 如何使用柯西不等式?
> 先畫格子
> $[(\quad)^2+(\quad)^2+(\quad)^2][(\quad)^2+(\quad)^2+(\quad)^2]\ge[(\quad)(\quad)+(\quad)(\quad)+(\quad)(\quad)]^2$
> 先填第一個中括號填要求的變數,再填第三個中括號,第二個中括號為用來調整的係數
> 當沒有已知任何資訊(乘積和和平方和是變數)則不可使用柯西不等式(用偏微分)

## 體積

$考慮三向量\vec{a}=(a_1,a_2,a_3),\vec{b}=(b_1,b_2,b_3),\vec{c}=(c_1,c_2,c_3)
\\|\vec{a}\land\vec{b}\land{c}|為三向量所圍成之平行六面體體積
\\則:$

1. $|\vec{a}\land\vec{b}\land{c}|=|\begin{vmatrix}a_1&a_2&a_3\\b_1&b_2&b_3\\c_1&c_2&c_3\end{vmatrix}|$
2. $|\vec{a}\land\vec{b}\land{c}|=|\vec{c}\cdot(\vec{a}\times\vec{b})|=|\vec{a}\cdot(\vec{b}\times\vec{c})|=|\vec{b}\cdot(\vec{a}\times\vec{c})|=\dots$ $\quad$ (三重積)

先證2.再證1.
$pf:
\\\because|\vec{a}\land\vec{b}\land{c}|=(底面積\times高)
\\\therefore先找底面積|\vec{a}\times\vec{b}|再找高
\\設\vec{n}=\vec{a}\times\vec{b}
\\\vec{c}投影在\vec{n}上之長度即為平行六面體之高
\\\therefore h=|\dfrac{\vec{c}\cdot\vec{n}}{|\vec{n}|}|
\\\therefore|\vec{n}|\times h=|\vec{c}\cdot(\vec{a}\times\vec{b})|
\\又\because任挑兩向量所圍之面積都可以作為底面積，且體積需加絕對值(內外積正負不影響)
\\\therefore|\vec{a}\land\vec{b}\land{c}|=|\vec{c}\cdot(\vec{a}\times\vec{b})|=|\vec{a}\cdot(\vec{b}\times\vec{c})|=|\vec{b}\cdot(\vec{a}\times\vec{c})|=\dots$

$\because|\vec{a}\land\vec{b}\land{c}|=|\vec{c}\cdot(\vec{a}\times\vec{b})|=|\vec{a}\cdot(\vec{b}\times\vec{c})|=|\vec{b}\cdot(\vec{a}\times\vec{c})|=\dots
\\任取一個(|\vec{c}\cdot(\vec{a}\times\vec{b})|)證明1.
\\\therefore|\vec{c}\cdot(\vec{a}\times\vec{b})|
\\=|(c_1{\begin{vmatrix}a_2&a_3\\b_2&b_3\end{vmatrix}},-c_2{\begin{vmatrix}a_1&a_3\\b_1&b_3\end{vmatrix}},c_3{\begin{vmatrix}a_1&a_2\\b_1&b_2\end{vmatrix}})|
\\=|\begin{vmatrix}a_1&a_2&a_3\\b_1&b_2&b_3\\c_1&c_2&c_3\end{vmatrix}|$