Trong không gian \(Oxyz\), cho tam giác \(ABC\) có \(A\left( {3\,;1\,;4} \right),B\left( {2\,;0\,;0} \right)\), \(C\left( {4\,;0\,;0} \right)\). Trên các tia Cm, Bn cùng phía và vuông góc với \(\left( {ABC} \right)\) lần lượt lấy điểm \(M,N\) sao cho \(CM \cdot BN = 1.\) Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\) và gọi \(H\) là hình chiếu của \(I\) xuống mặt phẳng \(\left( {AMN} \right)\). Biết rằng khi \(M,N\) di động thì \(H\) luôn thuộc một đường tròn cố định. Tìm bán kính đường tròn đó (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

Đáp án: 0,94.

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1\,; - 1\,; - 4} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {1\,; - 1\,; - 4} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {2\,;0\,;0} \right)\)

\( \Rightarrow AB = AC = 3\sqrt 2 ,BC = 2\).

\( \Rightarrow \Delta ABC\) cân tại A.

Mà \(I\) là trung điểm của BC \( \Rightarrow AI \bot BC\).

Có \(AI \bot BN\)\( \Rightarrow AI \bot \left( {BCNM} \right) \Rightarrow AI \bot MN\).

Kẻ \(IQ \bot MN \Rightarrow MN \bot \left( {AIQ} \right) \Rightarrow MN \bot IH\).

Kẻ \(IH \bot AQ \Rightarrow IH \bot \left( {AMN} \right) \Rightarrow d\left( {I,\left( {AMN} \right)} \right) = IH.\)

Từ \(BN \cdot CM = 1 \Rightarrow \frac{{BN}}{{CI}} = \frac{{BI}}{{CM}}\,\,\left( {BI = CI = 1} \right)\).

Xét \(\Delta BIN\) và \(\Delta CMI\) có: \(\frac{{BN}}{{CI}} = \frac{{BI}}{{CM}},\widehat {IBN} = \widehat {MCI} = 90^\circ \).

\( \Rightarrow \widehat {BNI} = \widehat {CIM}\).

Mà \(\widehat {BNI} + \widehat {BIN} = 90^\circ \)\( \Rightarrow \widehat {CIM} + \widehat {BIN} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {MIN} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta MIN\) vuông tại \(I\) có: \(IQ \bot MN\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{I{Q^2}}} = \frac{1}{{I{N^2}}} + \frac{1}{{I{M^2}}} = \frac{1}{{B{I^2} + B{N^2}}} + \frac{1}{{I{C^2} + C{M^2}}}\)\( = \frac{1}{{1 + B{N^2}}} + \frac{1}{{1 + \frac{1}{{B{N^2}}}}} = \frac{1}{{B{N^2} + 1}} + \frac{{B{N^2}}}{{1 + B{N^2}}} = 1\).

\( \Rightarrow IQ = 1\).

Xét \(\Delta AIQ\) vuông tại \(I\) có: \(IH \bot AQ\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{I{H^2}}} = \frac{1}{{A{I^2}}} + \frac{1}{{I{Q^2}}} = \frac{1}{{A{C^2} - C{I^2}}} + 1 = \frac{1}{{18 - 1}} + 1 = \frac{{18}}{{17}}\)\( \Rightarrow IH = \frac{{\sqrt {34} }}{6}\).

\( \Rightarrow H\) thuộc mặt cầu tâm \(I\left( {3\,;0\,;0} \right)\), bán kính \({R_1} = \frac{{\sqrt {34} }}{6}.\) (1)

Vì \(\Delta AIH\) vuông tại \(H\)\( \Rightarrow H\) thuộc mặt cầu tâm \(P\left( {3;\frac{1}{2};2} \right)\), bán kính \({R_2} = \frac{{AI}}{2} = \frac{{\sqrt {17} }}{2}.\) (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow H\) thuộc mặt phẳng là giao tuyến của 2 mặt cầu.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {x - 3} \right)}^2} + {y^2} + {z^2} = \frac{{17}}{{18}}}\\{{{\left( {x - 3} \right)}^2} + {{\left( {y - \frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {z - 2} \right)}^2} = \frac{{17}}{4}}\end{array} \Rightarrow y + 4z + \frac{{17}}{{18}} = 0} \right.\,\,\left( P \right)\) là mặt phẳng chứa \(H\).

Ta có \(d = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\frac{{17}}{{18}}}}{{\sqrt {17} }} = \frac{{\sqrt {17} }}{{18}}\). Bán kính của đường tròn giao tuyến là \({R_0} = \sqrt {R_1^2 - {d^2}} = \frac{{17}}{{18}}.\)

\( \Rightarrow H\) thuộc đường tròn cố định có bán kính bằng \(\frac{{17}}{{18}} \approx 0,94\).