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 $x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}+z\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow x=y=z=0.$

>>Xem thêm: Biểu thức toạ độ của các phép toán vectơ

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.

Combo X Luyện thi 2026 Môn Toán (THPT, ĐG năng lực, ĐG tư duy) (2K8 – Chương trình SGK mới)

Link đăng ký: https://bit.ly/Combox2026

So với Combo X các năm về trước, Vted đã rút gọn lại chỉ gồm hai khóa học chính:

PRO X: Luyện thi THPT 2026 Môn Toán (Luyện mọi dạng bài từ cơ bản đến 10 điểm)

LIVE X: Tổng ôn kiến thức và chữa đề thi THPT 2026 Môn Toán (100 ngày)

KIẾN THỨC BỔ SUNG DÀNH CHO CÁC KÌ THI ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC, ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐƯỢC PHÁT HÀNH TRONG CHƯƠNG X KHÓA PRO X VÀ MỘT PHẦN KHÓA XMAX

Trong quá trình học, các em hỏi mọi bài tập tại địa chỉ: https://askmath.vn/ (chỉ ưu tiên trả lời 100% học sinh vted)

Hệ thống câu hỏi bài tập trong đề thi, đính kèm mỗi bài học cũng như giải đáp tất cả các thắc mắc câu hỏi bài tập đi kèm của khóa học quý thầy cô/phụ huynh/học sinh tham tại đây: https://askmath.vn/cau-hoi (qua tra ID hoặc QR code).

Khóa học PRO X 2026, được rút gọn lại là tổng hợp của khóa học chuyên đề PRO X đến 9 điểm và khóa học chuyên đề vận dụng cao XMAX nội dụng 9 đến 10 điểm. Điều này cũng phù hợp hơn khi hiện tại các em có thể tham gia nhiều kì thi khác nhau. Các em theo dõi bài học tại website, kết hợp học Live nhóm Facebook chữa bài tập một số dạng toán đáng chú ý (Yêu cầu đăng ký cả Combo X để tham gia).

Khóa học LIVE X vẫn giữ nguyên theo định hướng Tổng ôn và Luyện đề tổng hợp giai đoạn cuối. Các em học Live trực tiếp trong nhóm Facebook.

Khoá học PRO X khai giảng từ ngày 01/03/2025 và Khoá học LIVE X khai giảng dự kiến 100 ngày trước thi hoặc sớm hơn vào tháng 12/2025.

Tất cả các khóa học tại Vted, các em có thể tải đề thi PDF đính kèm bài học (có thể bao gồm phần tóm tắt lý thuyết đi kèm đề thi). Trong quá trình học, phần bài tập các em xem hướng dẫn giải chi tiết thông qua tra ID hoặc QR code rất tiện lợi. Chỉ cần có thiết bị kết nối mạng.

Vted dành tặng tất cả các em học sinh đăng ký COMBO X 2026 khóa học: XMAX: TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ THỐNG KÊ

Khóa học cung cấp kiến thức, các dạng bài và phương pháp giải của chủ đề Tổ hợp – Xác suất và thống kê (dành cho các em học sinh 10 – 11 – 12)

Mục lục khóa học cũng như các kiến thức bổ trợ Toán 10 - 11 có trong các kì thi các em xem chi tiết tại đây

Các con số thống kê về số lượng câu hỏi đi kèm học:

Khoá học Biên soạn dựa trên:

Sách giáo khoa Toán 12 (tập 1, tập 2) (Kết Nối Tri Thức Với Cuộc Sống) - NXB GD Việt Nam

Sách giáo khoa Toán 12 (tập 1, tập 2) (Chân Trời Sáng Tạo) - NXB GD Việt Nam

Sách giáo khoa Toán 12 (tập 1, tập 2) (Cánh Diều) - NXB ĐH Sư Phạm

Các khoá học được sử dụng kể từ ngày đăng kí đến khi kì thi THPT 2026 kết thúc.

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 X Luyện thi 2026 Môn Toán (THPT, ĐG năng lực, ĐG tư duy) (2K8 – Chương trình SGK mới)

Link đăng ký: https://bit.ly/Combox2026

PRO X: Luyện thi THPT 2026 Môn Toán (Luyện mọi dạng bài từ cơ bản đến 10 điểm)

LIVE X: Tổng ôn kiến thức và chữa đề thi THPT 2026 Môn Toán (100 ngày)

KIẾN THỨC BỔ SUNG DÀNH CHO CÁC KÌ THI ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC, ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐƯỢC PHÁT HÀNH TRONG CHƯƠNG X KHÓA PRO X VÀ MỘT PHẦN KHÓA XMAX

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 $M\equiv X.$