Câu 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A(4; -1; 2), B(1; 2; 2) và C(1; -1; 5).
a) Chứng minh rằng ABC là tam giác đều.
b) Viết phương trình mp(ABC). Tính thể tích khối tứ diện giới hạn bởi mp(ABC) và các mặt phẳng tọa độ.
c) Viết phương trình trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
d) Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là tứ diện đều.

Lời Giải:

a) Ta có:

\(\eqalign{
& \overrightarrow {AB} = \left( { - 3,3,0} \right),\overrightarrow {AC} = \left( { - 3,0,3} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {0, - 3,3} \right) \cr
& \Rightarrow AB = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {3^2} + {0^2}} = 3\sqrt 2 \cr
& AC = 3\sqrt 2 \cr
& BC = 3\sqrt 2 \cr
& \Rightarrow AB = BC = AC = 3\sqrt 2 . \cr} \)

Vậy tam giác ABC đều.

b) Ta có:

(ABC) đi qua A và nhận \(\overrightarrow n  = \left( {1;1;1} \right)\) là 1 vectơ pháp tuyến nên (ABC) có phương trình: \(\left( {x - 4} \right) + \left( {y + 1} \right) + \left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y + z - 5 = 0.\)
Mặt phẳng (ABC) cắt với trục Ox tại điểm A’(5; 0; 0)
Mặt phẳng (ABC) cắt trục Oy tại điểm B’(0; 5; 0)
Mặt phẳng (ABC) cắt trục Oz tại điểm C’(0; 0; 5).

Khi đó khối tứ diện giới hạn bởi mặt phẳng (ABC) và các mặt phẳng tọa độ là tứ diện OA’B’C’ và \({V_{OA'B'C'}} = {1 \over 6}OA'.OB'.OC' = {1 \over 6}.5.5.5 = {{125} \over 6}.\)

c) Gọi I(a, b, c) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có:

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
IA = IB \Leftrightarrow I{A^2} = I{B^2} \Leftrightarrow {\left( {a - 4} \right)^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} + {\left( {c - 2} \right)^2} = {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} + {\left( {c - 2} \right)^2} \hfill \cr
IA = IC \Leftrightarrow I{A^2} = I{C^2} \Leftrightarrow {\left( {a - 4} \right)^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} + {\left( {c - 2} \right)^2} = {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} + {\left( {c - 5} \right)^2} \hfill \cr
I \in \left( {ABC} \right) \Rightarrow a + b + c - 5 = 0 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
- 8a + 16 + 2b + 1 = - 2a + 1 - 4b + 4 \hfill \cr
- 8a + 16 + 2b + 1 - 4c + 4 = - 2a + 1 + 2b + 1 - 10c + 25 \hfill \cr
a + b + c - 5 = 0 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
6a - 6b = 12 \hfill \cr
6a - 6c = - 6 \hfill \cr
a + b + a = 5 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a - b = 2 \hfill \cr
a - c = - 1 \hfill \cr
a + b + c = 5 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a = 2 \hfill \cr
b = 0 \hfill \cr
c = 3 \hfill \cr} \right. \Rightarrow I\left( {2,0,3} \right). \cr} \)

Trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (ABC) nên trục đó đi qua I(2; 0; 3) và nhận \(\overrightarrow n  = \left( {1,1,1} \right)\) là 1 vectơ chỉ phương.

Do đó trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình:

\(\left\{ \matrix{
x = 2 + t \hfill \cr
y = t \hfill \cr
z = 3 + t \hfill \cr} \right.\,\,\left( \Delta \right)\)

d) Để ABCD là tứ diện đều thì \(D \in \left( \Delta  \right) \Rightarrow D\left( {2 + t,t,3 + t} \right).\)
Và \(DA = AB = 3\sqrt 2  \Leftrightarrow D{A^2} = 18.\)

\(\eqalign{
& \Leftrightarrow {\left( {t - 2} \right)^2} + {\left( {t + 1} \right)^2} + {\left( {t + 1} \right)^2} = 18 \cr
& \Leftrightarrow 3{t^2} = 12 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
t = 2 \hfill \cr
t = - 2 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
D\left( {4,2,5} \right) \hfill \cr
D\left( {0, - 2,1} \right) \hfill \cr} \right.. \cr} \)

Vậy có hai điểm D để ABCD là tứ diện đều là \(D\left( {4,2,5} \right)\) hoặc \(D\left( {0, - 2,1} \right)\).