Giao điểm, ba điểm thẳng hàng, ba đường đồng quy

Hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành tâm $O$ ($O = AC \cap BD$). $M$ là trung điểm của $SC$. Tìm giao điểm $I$ của $AM$ với $(SBD)$ và tính $\dfrac{SI}{SO}$, $\dfrac{AI}{AM}$.

Giải. Mặt phẳng phụ: $(SAC)$, chứa $AM$ ($A \in (SAC)$, $M \in SC \subset (SAC)$). Hai điểm chung của $(SAC)$ và $(SBD)$ là $S$ và $O$ ($O \in AC \subset (SAC)$, $O \in BD \subset (SBD)$), nên giao tuyến là $SO$. Trong mặt phẳng $(SAC)$, $AM$ và $SO$ cắt nhau tại $I$. Vậy $I = AM \cap (SBD)$.

Trong tam giác $SAC$: $O$ là trung điểm $AC$ nên $SO$ là trung tuyến; $M$ là trung điểm $SC$ nên $AM$ là trung tuyến. Hai trung tuyến cắt nhau tại trọng tâm, do đó $I$ là trọng tâm của tam giác $SAC$:

$$\frac{SI}{SO} = \frac23, \qquad \frac{AI}{AM} = \frac23.$$

Kiểm tra bằng toạ độ với $A(0;0;0)$, $B(4;0;0)$, $C(5;3;0)$, $D(1;3;0)$, $S(2;1;6)$: $I = \dfrac{S + A + C}{3}$ thuộc $(SBD)$.

Trong hình chóp $S.ABCD$ ở ví dụ trên, lấy $M \in SA$ với $SM = \dfrac13 SA$ và $N \in SB$ với $SN = \dfrac12 SB$. Tìm giao điểm $K$ của $MN$ với mặt phẳng $(ABCD)$ và so sánh $KA$, $KB$.

Giải. Mặt phẳng phụ: $(SAB)$ chứa $MN$. Giao tuyến của $(SAB)$ và $(ABCD)$ là $AB$. Trong $(SAB)$: $K = MN \cap AB$, và $K \in (ABCD)$.

Áp dụng Menelaus cho tam giác $SAB$ với cát tuyến $M, N, K$:

$$\frac{KA}{KB}\cdot\frac{NB}{NS}\cdot\frac{MS}{MA} = 1 \;\Rightarrow\; \frac{KA}{KB}\cdot 1 \cdot \frac12 = 1 \;\Rightarrow\; KA = 2KB.$$

$K$ nằm ngoài đoạn $AB$ về phía $B$ và $B$ là trung điểm của $AK$ (toạ độ cho $K = 2B - A$).

Tứ diện $ABCD$. Lấy $M \in AB$, $N \in AC$, $P \in AD$ (khác $A$) sao cho $MN$ cắt $BC$ tại $E$, $NP$ cắt $CD$ tại $F$, $MP$ cắt $BD$ tại $G$. Chứng minh $E$, $F$, $G$ thẳng hàng.

Giải. Ta có $E \in MN \subset (MNP)$ và $E \in BC \subset (BCD)$. Tương tự $F \in NP \subset (MNP)$, $F \in CD \subset (BCD)$; $G \in MP \subset (MNP)$, $G \in BD \subset (BCD)$. Hai mặt phẳng $(MNP)$ và $(BCD)$ phân biệt: đường thẳng $AB$ cắt $(BCD)$ chỉ tại $B$, mà $M \in AB$, $M \neq B$ nên $M \notin (BCD)$, trong khi $M \in (MNP)$. Do đó $E$, $F$, $G$ cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng ấy, nên thẳng hàng. $\blacksquare$

Kiểm tra số: với $\dfrac{AM}{AB} = \dfrac12$, $\dfrac{AN}{AC} = \dfrac13$, $\dfrac{AP}{AD} = \dfrac14$ và một tứ diện cụ thể, ba điểm $E$, $F$, $G$ tính được đều nằm trên một đường thẳng; Menelaus trong tam giác $ABC$ cho $EB = \dfrac12 EC$.

Tứ diện $ABCD$. Gọi $G_A$, $G_B$ là trọng tâm các tam giác $BCD$, $ACD$. Chứng minh $AG_A$ và $BG_B$ cắt nhau tại $G$ với $AG = 3\,GG_A$; từ đó suy ra bốn đường thẳng nối đỉnh với trọng tâm mặt đối diện đồng quy.

Giải. Gọi $N$ là trung điểm $CD$. Trọng tâm $G_A$ của tam giác $BCD$ nằm trên trung tuyến $BN$ với $NG_A = \dfrac13 NB$; tương tự $G_B$ nằm trên trung tuyến $AN$ của tam giác $ACD$ với $NG_B = \dfrac13 NA$. Như vậy $AG_A$ và $BG_B$ cùng nằm trong mặt phẳng $(ABN)$ và không song song (chúng là hai đường nối đỉnh $A$, $B$ với điểm trên cạnh đối của tam giác $NAB$), nên cắt nhau tại một điểm $G$.

Trong tam giác $NAB$, do $\dfrac{NG_A}{NB} = \dfrac{NG_B}{NA} = \dfrac13$ nên $G_AG_B \parallel AB$ và $G_AG_B = \dfrac13 AB$. Hai tam giác $GG_AG_B$ và $GAB$ đồng dạng tỉ số $\dfrac13$, suy ra $GG_A = \dfrac13 GA$, tức $AG = 3\,GG_A$.

Cũng lập luận như vậy cho cặp $AG_A$ và $CG_C$ (dùng trung điểm của $BD$) thì giao điểm cũng nằm trên $AG_A$ và cách $A$ một khoảng bằng $\dfrac34 AG_A$. Trên đoạn $AG_A$ chỉ có một điểm như thế, đó là $G$. Vậy bốn đường thẳng đồng quy tại $G$, gọi là trọng tâm tứ diện, với $G = \dfrac{A + B + C + D}{4}$ theo toạ độ.

Với tứ diện ở ví dụ 3, nếu $\dfrac{AM}{MB} = 1$, $\dfrac{AN}{NC} = \dfrac12$, tính $\dfrac{EB}{EC}$.

Giải. Menelaus cho tam giác $ABC$ với cát tuyến $M, N, E$: $\dfrac{MA}{MB}\cdot\dfrac{EB}{EC}\cdot\dfrac{NC}{NA} = 1$. Thay $\dfrac{MA}{MB} = 1$, $\dfrac{NC}{NA} = 2$ được $\dfrac{EB}{EC} = \dfrac12$. (Toạ độ xác nhận: với $AM = \dfrac12 AB$, $AN = \dfrac13 AC$ thì $EB = \dfrac12 EC$.)