(Cụm trường THPT Hải Dương 2025) Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A\Big(5;0;0\Big)$, $B\Big(3;4;0\Big)$ và điểm $C$ nằm trên trục $Oz$. Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. Khi $C$ di chuyển trên trục $Oz$ thì $H$ luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó, kết quả làm tròn đến hàng phần trăm.

Lời giải Ta có $OA = OB = 5$ nên tam giác $OAB$ cân tại $O$. Ta có $C\Big(0;0;c\Big)$. Gọi $E\Big(4;2;0\Big)$ là trung điểm của $AB$. Do $\begin{cases} AB \perp OC \\ AB \perp OE \end{cases}$, suy ra mặt phẳng $(OCE)$ cố định vuông góc với $AB$ và tam giác $ABC$ cân tại $C$. Khi đó $H \in (OCE)$. Gọi $K$ là trực tâm tam giác $OAB$, do $A$, $B$ và $K$ cùng nằm trong mặt phẳng $(Oxy)$ nên $K\Big(a;b;0\Big)$. Ta có: $$ \begin{cases} \overset{\rightarrow}{OK} \cdot \overset{\rightarrow}{AB} = 0 \\ \overset{\rightarrow}{BK} \cdot \overset{\rightarrow}{OA} = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a(-2) + b \cdot 4 = 0 \\ a - 3 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a = 3 \\ b = \frac{3}{2} \end{cases} $$ Tìm được $K\Big(3;\frac{3}{2};0\Big)$. Ta chứng minh được $KH \perp (CAB)$ (do $\begin{cases} AB \perp (OEC) \\ CA \perp (BHK) \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} HK \perp AB \\ HK \perp CA \end{cases}$). Suy ra $\widehat{KHE} = 90^\circ$. Suy ra $H$ thuộc mặt cầu đường kính $KE = \sqrt{1^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2} = \frac{\sqrt{5}}{2}$ và thuộc mặt phẳng $(OCE)$ cố định. Vậy $H$ luôn thuộc một đường tròn cố định có bán kính $R = \frac{\sqrt{5}}{4} \approx 0,56$.