Véctơ trong không gian: Vận dụng điều kiện bốn điểm đồng phẳng dành cho HSG Toán lớp 11

Trong mặt phẳng ta đã biết với ba điểm $A,B,C$ ta luôn có biểu diễn $\overrightarrow{OA}=m\overrightarrow{OB}+n\overrightarrow{OC}$ với $O$ là điểm bất kì và $m,n$ là các số thực không phụ thuộc vào $O.$

Và nếu $m+n=1$ hay $\overrightarrow{OA}=m\overrightarrow{OB}+\left( 1-m \right)\overrightarrow{OC}$ thì $A,B,C$ thẳng hàng

Vậy trong không gian với bốn điểm $A,B,C,D$ điều kiện nào để chúng đồng phẳng?

Bổ đề: Bốn điểm $A,B,C,D$ đồng phẳng khi và chỉ khi $\overrightarrow{OD}=m\overrightarrow{OA}+n\overrightarrow{OB}+p\overrightarrow{OC}$ với $O$ là điểm bất kì và $m,n,p$ là các số thực sao cho $m+n+p=1.$

Chứng minh chiều thuận, chiều nghịch các em biến đổi ngược lại chứng minh dưới đây

Vì $A,B,C,D$ đồng phẳng nên $\overrightarrow{AD}=n\overrightarrow{AB}+p\overrightarrow{AC}\Rightarrow \overrightarrow{OD}-\overrightarrow{OA}=n\left( \overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA} \right)+p\left( \overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA} \right)$

$\Leftrightarrow \overrightarrow{OD}=\left( 1-n-p \right)\overrightarrow{OA}+n\overrightarrow{OB}+p\overrightarrow{OC}.$ Đặt $m=1-n-p$ ta có $\overrightarrow{OD}=m\overrightarrow{OA}+n\overrightarrow{OB}+p\overrightarrow{OC}$ và $m+n+p=1.$

Ngược lại nếu bốn điểm $A,B,C,D$ không đồng phẳng khi đó $x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}+z\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow x=y=z=0.$

Định lí menelaus cho 3 điểm thẳng hàng $\dfrac{FA}{FB}.\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}=1$ với $DEF$ là một đường thẳng cắt ba đường thẳng $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F.$

Ta cùng xét bài toán (ta tạm gọi là định lí menelaus trong không gian):

Cho tứ diện $ABCD.$ Xét bốn điểm $M,N,P,Q$ lần lượt thuộc các đường thẳng $AB,BC,CD,DA.$ Chứng minh rằng $M,N,P,Q$ đồng phẳng thì $\dfrac{MA}{MB}.\dfrac{NB}{NC}.\dfrac{PC}{PD}.\dfrac{QD}{QA}=1.$

Giải. Đặt $\overrightarrow{MA}=x\overrightarrow{MB};\overrightarrow{NB}=y\overrightarrow{NC};\overrightarrow{PC}=z\overrightarrow{PD};\overrightarrow{QD}=t\overrightarrow{QA}$ khi đó

$\overrightarrow{AM}=\dfrac{-x}{1-x}\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AN}=\dfrac{1}{1-y}\left( \overrightarrow{AB}-y\overrightarrow{AC} \right);\overrightarrow{AP}=\dfrac{1}{1-z}\left( \overrightarrow{AC}-z\overrightarrow{AD} \right);\overrightarrow{AQ}=\dfrac{1}{1-t}\overrightarrow{AD}$

Vì bốn điểm $M,N,P,Q$ đồng phẳng nên $\overrightarrow{AQ}=m\overrightarrow{AM}+n\overrightarrow{AN}+p\overrightarrow{AP};m+n+p=1$

$\Leftrightarrow \left( -\dfrac{mx}{1-x}+\dfrac{n}{1-y} \right)\overrightarrow{AB}+\left( -\dfrac{ny}{1-y}+\dfrac{p}{1-z} \right)\overrightarrow{AC}+\left( -\dfrac{pz}{1-z}-\dfrac{1}{1-t} \right)\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{0}$

Vì bốn điểm $A,B,C,D$ không đồng phẳng nên $-\dfrac{mx}{1-x}+\dfrac{n}{1-y}=-\dfrac{ny}{1-y}+\dfrac{p}{1-z}=-\dfrac{pz}{1-z}-\dfrac{1}{1-t}=0$

Rút ra $n=\dfrac{mx}{1-x}\left( 1-y \right);p=\dfrac{ny}{1-y}\left( 1-z \right)=\dfrac{mxy}{1-x}\left( 1-z \right);pz=-\dfrac{1-z}{1-t}$

Thay vào $m+n+p=1\Leftrightarrow m+\dfrac{mx}{1-x}\left( 1-y \right)+\dfrac{mxy}{1-x}\left( 1-z \right)=1\Leftrightarrow \dfrac{m\left( xyz-1 \right)}{1-x}=-1\left( 1 \right)$

Mặt khác $pz=-\dfrac{1-z}{1-t}=\dfrac{mxyz}{1-x}\left( 1-z \right)\Leftrightarrow \dfrac{m\left( xyz-xyzt \right)}{1-x}=-1\left( 2 \right)$

So sánh $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow xyzt=1.$ Ta có điều phải chứng minh.

 

Ví dụ 1: Cho hình chóp $S.ABC,$ xét mặt phẳng $\left( P \right)$ cắt các tia $SA,SB,SC,SG$ (với $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$) lần lượt tại ${{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}},{{G}_{1}}.$ Chứng minh rằng $\dfrac{SA}{S{{A}_{1}}}+\dfrac{SB}{S{{B}_{1}}}+\dfrac{SC}{S{{C}_{1}}}=3\dfrac{SG}{S{{G}_{1}}}.$

Giải. Ta có $3\overrightarrow{SG}=\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC}=\dfrac{SA}{S{{A}_{1}}}\overrightarrow{S{{A}_{1}}}+\dfrac{SB}{S{{B}_{1}}}\overrightarrow{S{{B}_{1}}}+\dfrac{SC}{S{{C}_{1}}}\overrightarrow{S{{C}_{1}}}=3\dfrac{SG}{S{{G}_{1}}}\overrightarrow{S{{G}_{1}}}\left( * \right)$

Do bốn điểm ${{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}},{{G}_{1}}$ đồng phẳng nên $\dfrac{SA}{S{{A}_{1}}}+\dfrac{SB}{S{{B}_{1}}}+\dfrac{SC}{S{{C}_{1}}}=3\dfrac{SG}{S{{G}_{1}}}.$ Ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 2: Cho tứ diện $SABC$ có $SA=SB=SC=1.$ Mặt phẳng $\left( P \right)$ thay đổi qua trọng tâm của tứ diện và cắt $SA,SB,SC$ lần lượt tại ${{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}}.$ Chứng minh rằng $\dfrac{1}{S{{A}_{1}}}+\dfrac{1}{S{{B}_{1}}}+\dfrac{1}{S{{C}_{1}}}=4,$ từ đó tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $T=\dfrac{1}{S{{A}_{1}}.S{{B}_{1}}}+\dfrac{1}{S{{B}_{1}}.S{{C}_{1}}}+\dfrac{1}{S{{C}_{1}}.S{{A}_{1}}}.$

Giải. Với $G$ là trọng tâm tứ diện $SABC$ thì $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GS}=\overrightarrow{0}\Rightarrow \overrightarrow{SG}=\dfrac{1}{4}\left( \overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC} \right)$

$=\dfrac{1}{4}\left( \dfrac{SA}{S{{A}_{1}}}\overrightarrow{S{{A}_{1}}}+\dfrac{SB}{S{{B}_{1}}}\overrightarrow{S{{B}_{1}}}+\dfrac{SC}{S{{C}_{1}}}\overrightarrow{S{{C}_{1}}} \right)$

Do bốn điểm ${{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}},G$ đồng phẳng nên $\dfrac{1}{4}\left( \dfrac{SA}{S{{A}_{1}}}+\dfrac{SB}{S{{B}_{1}}}+\dfrac{SC}{S{{C}_{1}}} \right)=1\Rightarrow \dfrac{1}{S{{A}_{1}}}+\dfrac{1}{S{{B}_{1}}}+\dfrac{1}{S{{C}_{1}}}=4.$

Áp dụng bất đẳng thức ${{\left( a+b+c \right)}^{2}}\ge 3\left( ab+bc+ca \right)\Rightarrow T\le \dfrac{1}{3}{{\left( \dfrac{1}{S{{A}_{1}}}+\dfrac{1}{S{{B}_{1}}}+\dfrac{1}{S{{C}_{1}}} \right)}^{2}}=\dfrac{16}{3}.$

Dấu bằng xảy ra khi $S{{A}_{1}}=S{{B}_{1}}=S{{C}_{1}}$ tức mặt phẳng $\left( P \right)$ qua $G$ và song song với mặt phẳng $\left( ABC \right).$

*Khi $SA=a,SB=b,SC=c$ và đặt $x=S{{A}_{1}},y=S{{B}_{1}},z=S{{C}_{1}}$ ta có $\dfrac{a}{x}+\dfrac{b}{y}+\dfrac{c}{z}=4.$

Ví dụ 3: Cho tứ diện $ABCD,$ các điểm $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD.$ Gọi $P,Q$ là các điểm lần lượt thuộc $AD$ và $BC$ sao cho $\overrightarrow{PA}=k\overrightarrow{PD},\overrightarrow{QB}=k\overrightarrow{QC},\left( k\ne 1 \right).$ Chứng minh rằng bốn điểm $M,N,P,Q$ đồng phẳng.

Giải.

Lấy một điểm $O$ tuỳ ý và đặt $\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{a},\overrightarrow{Ob}=\overrightarrow{b},\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{c},\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{d}$

khi đó theo quy tắc trung điểm ta có $\overrightarrow{OM}=\dfrac{1}{2}\left( \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB} \right)=\dfrac{1}{2}\left( \overrightarrow{a}+\overrightarrow{b} \right),\overrightarrow{ON}=\dfrac{1}{2}\left( \overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD} \right)=\dfrac{1}{2}\left( \overrightarrow{c}+\overrightarrow{d} \right)$

Và $\overrightarrow{PA}=k\overrightarrow{PD}\Rightarrow \overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OP}=k\left( \overrightarrow{OD}-\overrightarrow{OP} \right)\Rightarrow \overrightarrow{OP}=\dfrac{1}{k-1}\left( k\overrightarrow{d}-\overrightarrow{a} \right)$

Và $\overrightarrow{QB}=k\overrightarrow{QC}\Rightarrow \overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OQ}=k\left( \overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OQ} \right)\Rightarrow \overrightarrow{OQ}=\dfrac{1}{k-1}\left( k\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b} \right)$

Suy ra $\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}=\dfrac{1}{k-1}\left( k\overrightarrow{d}-\overrightarrow{a}+k\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b} \right)=\dfrac{1}{k-1}\left[ k\left( \overrightarrow{c}+\overrightarrow{d} \right)-\left( \overrightarrow{a}+\overrightarrow{b} \right) \right]=\dfrac{1}{k-1}\left[ 2k\overrightarrow{ON}-2\overrightarrow{OM} \right]$

Hay \[\overrightarrow{OP}=\dfrac{2k}{k-1}\overrightarrow{ON}-\dfrac{2}{k-1}\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OQ}\Rightarrow M,N,P,Q\] đồng phẳng do $\dfrac{2k}{k-1}-\dfrac{2}{k-1}-1=1.$

Cách 2: Từ \[\overrightarrow{PA}=k\overrightarrow{PD}\Rightarrow \overrightarrow{MP}=\dfrac{1}{k-1}\left( k\overrightarrow{MD}-\overrightarrow{MA} \right);\overrightarrow{QB}=k\overrightarrow{QC}\Rightarrow \overrightarrow{MQ}=\dfrac{1}{k-1}\left( k\overrightarrow{MC}-\overrightarrow{MB} \right)\]

\[\Rightarrow \overrightarrow{MP}+\overrightarrow{MQ}=\dfrac{k}{k-1}\left( \overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD} \right)=\dfrac{2k}{k-1}\overrightarrow{MN}\Rightarrow M,N,P,Q\] đồng phẳng.

Ví dụ 4: Xét mặt phẳng thay đổi cắt ba cạnh $SA,SB,SC$ của hình chóp $S.ABC$ lần lượt tại ${{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}}$ sao cho $\dfrac{SA}{S{{A}_{1}}}+2\dfrac{SB}{S{{B}_{1}}}+\dfrac{SC}{S{{C}_{1}}}=8.$ Chứng minh rằng mặt phẳng $\left( {{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}} \right)$ luôn đi qua một điểm cố định.

Giải. Đặt $x=\dfrac{SA}{S{{A}_{1}}};y=\dfrac{SB}{S{{B}_{1}}};z=\dfrac{SC}{S{{C}_{1}}}\Rightarrow x+2y+z=8$

Khi đó áp dụng bổ đề trên và giả thiết đã cho ta có

$\dfrac{1}{8}\left( \overrightarrow{SA}+2\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC} \right)=\dfrac{1}{8}\left( x\overrightarrow{S{{A}_{1}}}+2y\overrightarrow{S{{B}_{1}}}+z\overrightarrow{S{{C}_{1}}} \right)=\overrightarrow{SM}\Rightarrow M\in \left( {{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}} \right)$ do $\dfrac{x}{8}+\dfrac{2y}{8}+\dfrac{z}{8}=1.$

Mặt khác $\overrightarrow{SA}+2\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC}=\left( \overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC} \right)+2\overrightarrow{SB}=2\left( \overrightarrow{SE}+\overrightarrow{SB} \right)=4\overrightarrow{SF}\Rightarrow \overrightarrow{SM}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{SF}$ trong đó $E,F$ lần lượt là trung điểm $AC$ và $BE.$

Do $F$ cố định nên $M$ cố định. Ta có điều phải chứng minh.

>>Xem thêm Cập nhật Đề thi thử tốt nghiệp THPT 2023 môn Toán có lời giải chi tiết

Combo 4 Khoá Luyện thi THPT Quốc Gia 2023 Môn Toán dành cho teen 2K5

Ví dụ 5: Trong không gian cho 3 tia $Ox,Oy,Oz$ thoả mãn $\widehat{xOy}={{60}^{0}},\widehat{yOz}={{90}^{0}},\widehat{zOx}={{120}^{0}}.$ Trên 3 tia $Ox,Oy,Oz$ lần lượt lấy 3 điểm $A,B,C$ khác $O$ sao cho $\dfrac{1}{OA}+\dfrac{1}{OB}+\dfrac{1}{OC}=1.$ Chứng minh rằng mặt phẳng $(ABC)$ luôn đi qua một điểm cố định.

Giải. Trên 3 tia $Ox,Oy,Oz$ lần lượt lấy 3 điểm $M,N,P$ sao cho $OM=ON=OP=1.$

Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $MNP$ ta có $3\overrightarrow{OG}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}+\overrightarrow{OP}=\dfrac{OM}{OA}\overrightarrow{OA}+\dfrac{ON}{OB}\overrightarrow{OB}+\dfrac{OP}{OC}\overrightarrow{OC}$

$=\dfrac{1}{OA}\overrightarrow{OA}+\dfrac{1}{OB}\overrightarrow{OB}+\dfrac{1}{OC}\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OH}\Rightarrow H\in \left( ABC \right)$ vì $\dfrac{1}{OA}+\dfrac{1}{OB}+\dfrac{1}{OC}=1.$

Do $O,G$ cố định nên mặt phẳng $(ABC)$ luôn qua điểm cố định $H$ vì $\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}.$

Ví dụ 6: Cho ba tia Oa, Ob, Oc không đồng phẳng. Đặt $\alpha =\widehat{aOb},\beta =\widehat{bOc},\gamma =\widehat{cOa}.$

a) Chứng minh rằng $\cos \alpha +\cos \beta +\cos \gamma >-\dfrac{3}{2}.$

b) Gọi $O{{a}_{1}},O{{b}_{1}},O{{c}_{1}}$ lần lượt là các tia phân giác của $\widehat{aOb},\widehat{bOc},\widehat{cOa}.$ Chứng minh rằng nếu $O{{a}_{1}}\bot O{{b}_{1}}$ thì $O{{b}_{1}}\bot O{{c}_{1}},O{{c}_{1}}\bot O{{a}_{1}}.$

Ví dụ 7: Cho tứ diện $ABCD.$ Trên các đường thẳng $AB,AC,AD$ lần lượt lấy các điểm ${{B}_{1}},{{C}_{1}},{{D}_{1}}$ sao cho $\overrightarrow{AB}=\alpha \overrightarrow{A{{B}_{1}}},\overrightarrow{AC}=\beta \overrightarrow{A{{C}_{1}}},\overrightarrow{AD}=\gamma \overrightarrow{A{{D}_{1}}}.$

a) Chứng minh rằng nếu \[\alpha +\beta +1=\gamma \] thì mặt phẳng $\left( {{B}_{1}}{{C}_{1}}{{D}_{1}} \right)$ luôn đi qua một điểm cố đinh, xác định điểm cố định đó.

b) Chứng minh rằng nếu $\alpha =\beta -1=\gamma -2$ thì mặt phẳng $\left( {{B}_{1}}{{C}_{1}}{{D}_{1}} \right)$ luôn đi qua một đường thẳng cố định, xác định đường thẳng cố định đó.

Ví dụ 8: Cho tứ diện $ABCD,$ các điểm $M,N,P,Q$ lần lượt thuộc các đường thẳng $AB,BC,CD,DA$ sao cho $\overrightarrow{MA}=k\overrightarrow{MB},\overrightarrow{NB}=k\overrightarrow{NC},\overrightarrow{PC}=k\overrightarrow{PD},\overrightarrow{QD}=k\overrightarrow{QA}.$ Với giá trị nào của $k$ để bốn điểm $M,N,P,Q$ đồng phẳng?

Ví dụ 9: Cho hình chóp $S.ABC.$ Trên các cạnh $SA,SB,SC$ lần lượt lấy các điểm ${{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}}.$ Gọi $M$ là điểm chung của các mặt phẳng $\left( AB{{C}_{1}} \right),\left( BC{{A}_{1}} \right),\left( CA{{B}_{1}} \right).$ Đường thẳng $SM$ cắt các mặt phẳng $\left( {{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}} \right),\left( ABC \right)$ lần lượt tại ${{M}_{1}}$ và ${{M}_{2}}.$ Chứng minh rằng $\dfrac{SM}{S{{M}_{1}}}=3\dfrac{M{{M}_{2}}}{{{M}_{1}}{{M}_{2}}}.$

Ví dụ 10: Cho bốn tia Oa, Ob, Oc, Od sao cho góc tạo thành giữa chúng đôi một bằng nhau và khác 0⁰. Tia thứ năm Ot tạo với các tia Oa, Ob, Oc, Od lần lượt các góc ${{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},{{\alpha }_{3}},{{\alpha }_{4}}.$ Chứng minh rằng $\cos {{\alpha }_{1}}+\cos {{\alpha }_{2}}+\cos {{\alpha }_{3}}+\cos {{\alpha }_{4}}=0.$

Ví dụ 11: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA,SB,SC$ đôi một vuông góc và $SA=SB=\sqrt{2},SC=\sqrt{7}.$ Xét mặt phẳng $\left( P \right)$ qua tâm đường tròn nôi tiếp tam giác $ABC$ cắt các tia $SA,SB,SC$ lần lượt tại $M,N,P.$

a) Chứng minh rằng $\dfrac{3}{SM}+\dfrac{3}{SN}+\dfrac{2\sqrt{7/2}}{SP}=4\sqrt{2}.$

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện $S.MNP.$

Giải. Ta có $BC=\sqrt{S{{B}^{2}}+S{{C}^{2}}}=3;CA=\sqrt{S{{C}^{2}}+S{{A}^{2}}}=3;AB=\sqrt{S{{A}^{2}}+S{{B}^{2}}}=2$

Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC\Rightarrow BC.\overrightarrow{IA}+CA.\overrightarrow{IB}+AB\overrightarrow{.IC}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow 3\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}+2\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$

$\Leftrightarrow 3\left( \overrightarrow{SA}-\overrightarrow{SI} \right)+3\left( \overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SI} \right)+2\left( \overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SI} \right)=\overrightarrow{0}$

$\Leftrightarrow 8\overrightarrow{SI}=3\overrightarrow{SA}+3\overrightarrow{SB}+2\overrightarrow{SC}=3\dfrac{SA}{SM}\overrightarrow{SM}+3\dfrac{SB}{SN}\overrightarrow{SN}+2\dfrac{SC}{SP}\overrightarrow{SP}$

Vì bốn điểm $I,M,N,P$ đồng phẳng nên $3\dfrac{SA}{SM}+3\dfrac{SB}{SN}+2\dfrac{SC}{SP}=8\Rightarrow \dfrac{3\sqrt{2}}{SM}+\dfrac{3\sqrt{2}}{SN}+\dfrac{2\sqrt{7}}{SP}=8$

Sử dụng BĐT AM – GM ta có $8=\dfrac{3\sqrt{2}}{SM}+\dfrac{3\sqrt{2}}{SN}+\dfrac{2\sqrt{7}}{SP}\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{3\sqrt{2}}{SM}.\dfrac{3\sqrt{2}}{SN}.\dfrac{2\sqrt{7}}{SP}}\Rightarrow SM.SN.SP\ge {{\left( \dfrac{3}{8} \right)}^{3}}\dfrac{1}{{{\left( 3\sqrt{2} \right)}^{2}}2\sqrt{7}}$

$\Rightarrow {{V}_{S.MNP}}=\dfrac{1}{6}SM.SN.SP\ge \dfrac{1}{6}{{\left( \dfrac{3}{8} \right)}^{3}}\dfrac{1}{{{\left( 3\sqrt{2} \right)}^{2}}2\sqrt{7}}=\dfrac{\sqrt{7}}{28672}.$

Ví dụ 12: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O.$ Xét mặt phẳng $\left( P \right)$ thay đổi cắt các tia $SA,SB,SC,SD,SO$ lần lượt tại $M,N,P,Q$ và $I.$

a) Chứng minh rằng $\dfrac{SA}{SM}+\dfrac{SC}{SP}=\dfrac{SB}{SN}+\dfrac{SD}{SQ}=\dfrac{2SO}{SI}.$

b) Khi $\left( SAC \right)\bot \left( SBD \right).$ Chứng minh $\dfrac{1}{{{d}^{2}}\left( O,\left( SAB \right) \right)}+\dfrac{1}{{{d}^{2}}\left( O,\left( SCD \right) \right)}=\dfrac{1}{{{d}^{2}}\left( O,\left( SBC \right) \right)}+\dfrac{1}{{{d}^{2}}\left( O,\left( SDA \right) \right)}.$

Ví dụ 13: Cho tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a.$ Gọi $O$ và $I$ lần lượt là trung điểm cạnh $BD,AD.$ Lấy điểm $E$ đối xứng với $C$ qua $O$ và $F$ đối xứng với $O$ qua $D.$ Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ thay đổi chứa đường thẳng $FI$ cắt $AE,AB,AC$ lần lượt tại $M,N,P.$

a) Tính độ dài $AE.$

b) Xác định vị trí của điểm $N.$

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\dfrac{2023}{A{{M}^{2}}}+\dfrac{2024}{A{{P}^{2}}}.$

Giải. Theo giả thiết ta có $BCDE$ là hình bình hành tâm $O$

Do $ABCD$ là tứ diện đều nên hình chiếu vuông góc của $A$ lên mặt phẳng $\left( BCD \right)$ là trọng tâm $G$ của tam giác $BCD$

Ta có $AE=\sqrt{A{{G}^{2}}+G{{E}^{2}}}=\sqrt{\left( A{{C}^{2}}-C{{G}^{2}} \right)+4C{{G}^{2}}}=\sqrt{A{{C}^{2}}+3C{{G}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+3{{\left( \dfrac{a}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}}=\sqrt{2}a$

b) Gọi $N=FI\cap AB;J=FI\cap AO.$ Trong mặt phẳng $\left( ACE \right)$ kẻ đường thẳng qua $J$ cắt $AE,AC$ lần lượt tại $M,P$

Áp dụng định lí Meneleus cho tam giác $ABD$ với ba điểm thẳng hàng $F,I,N$ ta được:

$\dfrac{NA}{NB}.\dfrac{ID}{IA}.\dfrac{FB}{FD}=1\Leftrightarrow \dfrac{NA}{NB}.1.3=1\Leftrightarrow \dfrac{NA}{NB}=\dfrac{1}{3}$ ta đã xác định được vị trí của điểm $N$

c) Ta có $\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AE}=2\overrightarrow{AO}=2\dfrac{AO}{AJ}\overrightarrow{AJ}=\dfrac{AC}{AP}\overrightarrow{AP}+\dfrac{AE}{AM}\overrightarrow{AM}$

Vì ba điểm $I,J,N$ thẳng hàng nên $\dfrac{AC}{AP}+\dfrac{AE}{AM}=2\dfrac{AO}{AJ}\left( 1 \right)$

Tương tự $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{AO}=2\dfrac{AO}{AJ}\overrightarrow{AJ}=\dfrac{AB}{AN}\overrightarrow{AN}+\dfrac{AD}{AI}\overrightarrow{AI}$

Vì ba điểm $M,J,P$ thẳng hàng nên $\dfrac{AB}{AN}+\dfrac{AD}{AI}=2\dfrac{AO}{AJ}\left( 2 \right)$

So sánh $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow \dfrac{AC}{AP}+\dfrac{AE}{AM}=\dfrac{AB}{AN}+\dfrac{AD}{AI}=4+2\Rightarrow \dfrac{a}{AP}+\dfrac{\sqrt{2}a}{AM}=6\Rightarrow \dfrac{\sqrt{2}}{AM}+\dfrac{1}{AP}=\dfrac{6}{a}$

Khi đó dùng BĐT Cauchy – Schwarz ta có:

$\dfrac{36}{{{a}^{2}}}={{\left( \dfrac{\sqrt{2}}{AM}+\dfrac{1}{AP} \right)}^{2}}={{\left( \dfrac{\sqrt{2023}}{AM}\sqrt{\dfrac{2}{2023}}+\dfrac{\sqrt{2024}}{AP}\sqrt{\dfrac{1}{2024}} \right)}^{2}}$

$\le \left( \dfrac{2023}{A{{M}^{2}}}+\dfrac{2024}{A{{P}^{2}}} \right)\left( \dfrac{2}{2023}+\dfrac{1}{2024} \right)\Rightarrow P\ge \dfrac{36}{{{a}^{2}}\left( \dfrac{2}{2023}+\dfrac{1}{2024} \right)}$

Dấu bằng đạt tại $\dfrac{\sqrt{2023}}{AM}:\sqrt{\dfrac{2}{2023}}=\dfrac{\sqrt{2024}}{AP}:\sqrt{\dfrac{1}{2024}};\dfrac{\sqrt{2}}{AM}+\dfrac{1}{AP}=\dfrac{6}{a}$

Ứng dụng khác của véctơ

Cho tứ diện $ABCD$ có $AB,AC,AD$ đôi một vuông góc và $AB=4,AC=8,AD=12.$

a) Gọi $X$ là trọng tâm tứ diện $ABCD.$ Tính độ dài $XA.$

b) Xét điểm $M$ thay đổi trong không gian. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\sqrt{7}MA+\sqrt{11}MB+\sqrt{23}MC+\sqrt{43}MC.$

Giải. a) Ta có \[\overrightarrow{XA}+\overrightarrow{XB}+\overrightarrow{XC}+\overrightarrow{XD}=\overrightarrow{0}\Rightarrow \overrightarrow{XA}+\overrightarrow{XA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{XA}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{XA}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{0}\]

\[\Rightarrow \overrightarrow{XA}=-\dfrac{1}{4}\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD} \right)\]

\[\Rightarrow X{{A}^{2}}=\dfrac{1}{16}\left( A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}} \right)=\dfrac{1}{16}\left( {{4}^{2}}+{{8}^{2}}+{{12}^{2}} \right)=14\Rightarrow XA=\sqrt{14}\]

b) Tương tự \[\overrightarrow{XB}=-\dfrac{1}{4}\left( \overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BD} \right)=-\dfrac{1}{4}\left( -\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB} \right)\]

\[=-\dfrac{1}{4}\left( -3\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD} \right)\Rightarrow X{{B}^{2}}=\dfrac{1}{16}\left( 9A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}} \right)=22\]

Và \[X{{C}^{2}}=\dfrac{1}{16}\left( A{{B}^{2}}+9A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}} \right)=46;X{{D}^{2}}=\dfrac{1}{16}\left( A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}+9A{{D}^{2}} \right)=86\]

Khi đó \[P=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left[ MA.XA+MB.XB+MC.XC+MD.XD \right]\]

\[\ge \dfrac{1}{\sqrt{2}}\left[ \overrightarrow{MA}\overrightarrow{XA}+\overrightarrow{MB}\overrightarrow{XB}+\overrightarrow{MC}\overrightarrow{XC}+\overrightarrow{MD}\overrightarrow{XD} \right]\]

\[=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left[ \overrightarrow{XA}\left( \overrightarrow{XA}-\overrightarrow{XM} \right)+\overrightarrow{XB}\left( \overrightarrow{XB}-\overrightarrow{XM} \right)+\overrightarrow{XC}\left( \overrightarrow{XC}-\overrightarrow{XM} \right)+\overrightarrow{XD}\left( \overrightarrow{XD}-\overrightarrow{XM} \right) \right]\]

\[=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left( X{{A}^{2}}+X{{B}^{2}}+X{{C}^{2}}+X{{D}^{2}} \right)-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\overrightarrow{XM}\underbrace{\left( \overrightarrow{XA}+\overrightarrow{XB}+\overrightarrow{XC}+\overrightarrow{XD} \right)}_{\overrightarrow{0}}\]

\[=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left( X{{A}^{2}}+X{{B}^{2}}+X{{C}^{2}}+X{{D}^{2}} \right)=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left( 14+22+46+86 \right)=84\sqrt{2}\]

Dấu bằng đạt tại $M\equiv X.$