Bài tập nâng cao Phương trình đường thẳng trong không gian · Bài 1

Ta có tứ giác $BOKC$ là tứ giác nội tiếp đường tròn ( vì có hai góc vuông $K$, $O$ cùng nhìn $BC$ dưới một góc vuông) suy ra $\widehat { OKB }= \widehat { OCB }\,\,\,\left( 1 \right)$
Ta có tứ giác $KDHC$ là tứ giác nội tiếp đường tròn ( vì có hai góc vuông $K$, $H$ cùng nhìn $DC$ dưới một góc vuông) suy ra $\widehat { DKH }= \widehat { OCB }\,\,\,\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $\widehat { DKH }= \widehat { OKB }\,\,\,$ do đó $BK$ là đường phân giác trong của góc $\widehat { OKH }$ và $AC$ là đường phân giác ngoài của góc $\widehat { OKH }$.
Tương tự ta chứng minh được $OC$ là đường phân giác trong của góc $\widehat { KOH }$ và $AB$ là đường phân giác ngoài của góc $\widehat { KOH }$.
Ta có $OK=4$; $OH=3$; $KH=5$.
Gọi $I$, $J$ lần lượt là chân đường phân giác ngoài của góc $\widehat { OKH }$ và $\widehat { KOH }$.
Ta có $I=AC∩HO$ ta có $\frac{IO}{IH}=\frac{KO}{KH}=\frac{4}{5}$$\Rightarrow \overset\rightarrow { IO }=\frac{4}{5}\overset\rightarrow { IH }$$\Rightarrow I\left( -8;\,-8;\,-4 \right)$.
Ta có $J=AB∩KH$ ta có $\frac{JK}{JH}=\frac{OK}{OH}=\frac{4}{3}$$\Rightarrow \overset\rightarrow { JK }=\frac{4}{3}\overset\rightarrow { JH }\Rightarrow J\left( 16;\,4;\,-4 \right)$.
Đường thẳng $IK$ qua $I$ nhận $\overset\rightarrow { IK }=\left( \frac{16}{3};\,\frac{28}{3};\,\frac{20}{3} \right)=\frac{4}{3}\left( 4;\,7;\,5 \right)$ làm vec tơ chỉ phương có phương trình $\left( IK \right):\left\{ \begin{array}{l} x=-8+4t \\ y=-8+7t \\ z=-4+5t \end{array} \right.$
Đường thẳng $OJ$ qua $O$ nhận $\overset\rightarrow { OJ }=\left( 16;\,4;\,-4 \right)=4\left( 4;\,1;\,-1 \right)$ làm vec tơ chỉ phương có phương trình $\left( OJ \right):\left\{ \begin{array}{l} x=4t' \\ y=t' \\ z=-t' \end{array} \right.$
Khi đó $A=IK∩OJ$, giải hệ ta tìm được $A\left( -4;-1;1 \right)$.
Ta có $\overset\rightarrow { IA }=\left( 4;\,7;\,5 \right)$ và $\overset\rightarrow { IJ }=\left( 24;\,12;\,0 \right)$, ta tính $\left[ \overset\rightarrow { IA },\overset\rightarrow { IJ } \right]=\left( -60;120;-120 \right)=-60\left( 1;\,-2;\,2 \right)$.
Khi đó đường thẳng đi qua $A$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( ABC \right)$ có véc tơ chỉ phương $\overset\rightarrow { u }=\left( 1;-2;2 \right)$ nên có phương trình $\frac{x+4}{1}=\frac{y+1}{-2}=\frac{z-1}{2}$.
Nhận xét:
Mấu chốt của bài toán trên là chứng minh trực tâm $D$ của tam giác $ABC$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $OHK$. Khi đó, ta tìm tọa độ điểm $D$ dựa vào tính chất quen thuộc sau: “Cho tam giác $ABC$ với $I$ là tâm đường tròn nội tiếp, ta có $a.\overset\rightarrow { IA }+b.\overset\rightarrow { IB }+c.\overset\rightarrow { IC }=\overset\rightarrow { 0 }$, với $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$”. Sau khi tìm được $D$, ta tìm được $A$ với chú ý rằng $A\in DH$ và $OA\perp DA$.
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 $OHK$. Khi đó, ta tìm tọa độ điểm $D$ dựa vào tính chất quen thuộc sau: “Cho tam giác $ABC$ với $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$, ta có $-a.\overset\rightarrow { JA }+b.\overset\rightarrow { JB }+c.\overset\rightarrow { JC }=\overset\rightarrow { 0 }$, với $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$”.