Google
Câu hỏi: Trong không gian $O x y z$, cho tam giác nhọn $A B C$ có $H(2 ; 2 ; 1), K\left(-\dfrac{8}{3} ; \dfrac{4}{3} ; \dfrac{8}{3}\right), O$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A, B, C$ trên các cạnh $B C, A C, A B$. Đường thẳng $d$ qua $A$ và vuông góc với mặt phẳng $(A B C)$ có phương trình là
A. $d: \dfrac{x}{1}=\dfrac{y-6}{-2}=\dfrac{z-6}{2}$.
B. $d: \dfrac{x-\dfrac{8}{3}}{1}=\dfrac{y-\dfrac{2}{3}}{-2}=\dfrac{z+\dfrac{2}{3}}{2}$.
C. $d: \dfrac{x+\dfrac{4}{9}}{1}=\dfrac{y-\dfrac{17}{9}}{-2}=\dfrac{z-\dfrac{19}{9}}{2}$.
D. $d: \dfrac{x+4}{1}=\dfrac{y+1}{-2}=\dfrac{z-1}{2}$.
Ta có tứ giác $B O K C$ là tứ giác nội tiếp đường tròn (vì có hai góc vuông $K, O$ cùng nhìn $B C$ dưới một góc vuông) suy ra $\widehat{O K B}=\widehat{O C B}(1)$
Ta có tứ giác $K D H C$ là tứ giác nội tiếp đường tròn (vì có hai góc vuông $K, H$ cùng nhìn $D C$ dưới một góc vuông) suy ra $\widehat{D K H}=\widehat{O C B}(2)$
Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{D K H}=\widehat{O K B}$. Do đó $B K$ là đường phân giác trong của góc $\widehat{O K H}$ và $A C$ là đường phân giác ngoài của góc $\widehat{O K H}$.
Tương tự ta chứng minh được $O C$ là đường phân giác trong của góc $\widehat{K O H}$ và $A B$ là đường phân giác ngoài của góc $\widehat{K O H}$.
Ta có $O K=4 ; O H=3 ; K H=5$.
Gọi $I, J$ lần lượt là chân đường phân giác ngoài của góc $\widehat{O K H}$ và $\widehat{K O H}$.
Ta có $I=A C \cap H O$ ta có $\dfrac{I O}{I H}=\dfrac{K O}{K H}=\dfrac{4}{5} \Rightarrow \overrightarrow{I O}=\dfrac{4}{5} \overrightarrow{I H} \Rightarrow I(-8 ;-8 ;-4)$.
Ta có $J=A B \cap K H$ ta có $\dfrac{J K}{J H}=\dfrac{O K}{O H}=\dfrac{4}{3} \Rightarrow \overrightarrow{J K}=\dfrac{4}{3} \overrightarrow{J H} \Rightarrow J(16 ; 4 ;-4)$.
Đường thẳng $I K$ qua $I$ nhận $\overrightarrow{I K}=\left(\dfrac{16}{3} ; \dfrac{28}{3} ; \dfrac{20}{3}\right)=\dfrac{4}{3}(4 ; 7 ; 5)$ làm vec tơ chỉ phương có phương trình $(I K):\left\{\begin{array}{l}x=-8+4 t \\ y=-8+7 t \\ z=-4+5 t\end{array}\right.$
Đường thẳng $O J$ qua $O$ nhận $\overrightarrow{O J}=(16 ; 4 ;-4)=4(4 ; 1 ;-1)$ làm vec tơ chỉ phương có phương $\operatorname{trình}(O J):\left\{\begin{array}{l}x=4 t^{\prime} \\ y=t^{\prime} \\ z=-t^{\prime}\end{array}\right.$.
Khi đó $A=I K \cap O J$, giải hệ ta tìm được $A(-4 ;-1 ; 1)$.
Ta có $\overrightarrow{I A}=(4 ; 7 ; 5)$ và $\overrightarrow{I J}=(24 ; 12 ; 0)$, ta tính $[\overrightarrow{I A}, \overrightarrow{I J}]=(-60 ; 120 ;-120)=-60(1 ;-2 ; 2)$.
Khi đó đường thẳng đi qua $A$ và vuông góc với mặt phẳng $(A B C)$ có véc tơ chỉ phương $\vec{u}=$ $(1 ;-2 ; 2)$ nên có phương trình $\dfrac{x+4}{1}=\dfrac{y+1}{-2}=\dfrac{z-1}{2}$.
Nhận xét:
* Mấu chốt của bài toán trên là chứng minh trực tâm $D$ của tam giác $A B C$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $O H K$. Khi đó, ta tìm tọa độ điểm $D$ dựa vào tính chất quen thuộc sau: "Cho tam giác $A B C$ với $I$ là tâm đường tròn nội tiếp, ta có $a \cdot \overrightarrow{I A}+b \cdot \overrightarrow{I B}+c \cdot \overrightarrow{I C}=\overrightarrow{0}$, với $a=B C, b=C A, c=$ $A B$ ". Sau khi tìm được $D$, ta tìm được $A$ với chú ý rằng $A \in D H$ và $O A \perp D A$.
* Ta cũng có thể tìm ngay tọa độ điểm $A$ bằng cách chứng minh $A$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $H$ của tam giác $O H K$. Khi đó, ta tìm tọa độ điểm $D$ dựa vào tính chất quen thuộc sau: "Cho tam giác $A B C$ với $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$, ta có $-a \cdot \overrightarrow{J A}+b \cdot \overrightarrow{J B}+c . \overrightarrow{J C}=\overrightarrow{0}$, với $a=B C, b=C A, c=A B$ ".
A. $d: \dfrac{x}{1}=\dfrac{y-6}{-2}=\dfrac{z-6}{2}$.
B. $d: \dfrac{x-\dfrac{8}{3}}{1}=\dfrac{y-\dfrac{2}{3}}{-2}=\dfrac{z+\dfrac{2}{3}}{2}$.
C. $d: \dfrac{x+\dfrac{4}{9}}{1}=\dfrac{y-\dfrac{17}{9}}{-2}=\dfrac{z-\dfrac{19}{9}}{2}$.
D. $d: \dfrac{x+4}{1}=\dfrac{y+1}{-2}=\dfrac{z-1}{2}$.
Ta có tứ giác $K D H C$ là tứ giác nội tiếp đường tròn (vì có hai góc vuông $K, H$ cùng nhìn $D C$ dưới một góc vuông) suy ra $\widehat{D K H}=\widehat{O C B}(2)$
Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{D K H}=\widehat{O K B}$. Do đó $B K$ là đường phân giác trong của góc $\widehat{O K H}$ và $A C$ là đường phân giác ngoài của góc $\widehat{O K H}$.
Tương tự ta chứng minh được $O C$ là đường phân giác trong của góc $\widehat{K O H}$ và $A B$ là đường phân giác ngoài của góc $\widehat{K O H}$.
Ta có $O K=4 ; O H=3 ; K H=5$.
Gọi $I, J$ lần lượt là chân đường phân giác ngoài của góc $\widehat{O K H}$ và $\widehat{K O H}$.
Ta có $I=A C \cap H O$ ta có $\dfrac{I O}{I H}=\dfrac{K O}{K H}=\dfrac{4}{5} \Rightarrow \overrightarrow{I O}=\dfrac{4}{5} \overrightarrow{I H} \Rightarrow I(-8 ;-8 ;-4)$.
Ta có $J=A B \cap K H$ ta có $\dfrac{J K}{J H}=\dfrac{O K}{O H}=\dfrac{4}{3} \Rightarrow \overrightarrow{J K}=\dfrac{4}{3} \overrightarrow{J H} \Rightarrow J(16 ; 4 ;-4)$.
Đường thẳng $I K$ qua $I$ nhận $\overrightarrow{I K}=\left(\dfrac{16}{3} ; \dfrac{28}{3} ; \dfrac{20}{3}\right)=\dfrac{4}{3}(4 ; 7 ; 5)$ làm vec tơ chỉ phương có phương trình $(I K):\left\{\begin{array}{l}x=-8+4 t \\ y=-8+7 t \\ z=-4+5 t\end{array}\right.$
Đường thẳng $O J$ qua $O$ nhận $\overrightarrow{O J}=(16 ; 4 ;-4)=4(4 ; 1 ;-1)$ làm vec tơ chỉ phương có phương $\operatorname{trình}(O J):\left\{\begin{array}{l}x=4 t^{\prime} \\ y=t^{\prime} \\ z=-t^{\prime}\end{array}\right.$.
Khi đó $A=I K \cap O J$, giải hệ ta tìm được $A(-4 ;-1 ; 1)$.
Ta có $\overrightarrow{I A}=(4 ; 7 ; 5)$ và $\overrightarrow{I J}=(24 ; 12 ; 0)$, ta tính $[\overrightarrow{I A}, \overrightarrow{I J}]=(-60 ; 120 ;-120)=-60(1 ;-2 ; 2)$.
Khi đó đường thẳng đi qua $A$ và vuông góc với mặt phẳng $(A B C)$ có véc tơ chỉ phương $\vec{u}=$ $(1 ;-2 ; 2)$ nên có phương trình $\dfrac{x+4}{1}=\dfrac{y+1}{-2}=\dfrac{z-1}{2}$.
Nhận xét:
* Mấu chốt của bài toán trên là chứng minh trực tâm $D$ của tam giác $A B C$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $O H K$. Khi đó, ta tìm tọa độ điểm $D$ dựa vào tính chất quen thuộc sau: "Cho tam giác $A B C$ với $I$ là tâm đường tròn nội tiếp, ta có $a \cdot \overrightarrow{I A}+b \cdot \overrightarrow{I B}+c \cdot \overrightarrow{I C}=\overrightarrow{0}$, với $a=B C, b=C A, c=$ $A B$ ". Sau khi tìm được $D$, ta tìm được $A$ với chú ý rằng $A \in D H$ và $O A \perp D A$.
* Ta cũng có thể tìm ngay tọa độ điểm $A$ bằng cách chứng minh $A$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $H$ của tam giác $O H K$. Khi đó, ta tìm tọa độ điểm $D$ dựa vào tính chất quen thuộc sau: "Cho tam giác $A B C$ với $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$, ta có $-a \cdot \overrightarrow{J A}+b \cdot \overrightarrow{J B}+c . \overrightarrow{J C}=\overrightarrow{0}$, với $a=B C, b=C A, c=A B$ ".
Đáp án D.