Cho tam giác ABC đều cạnh 4 và H là trung điểm của cạnh BC. Gọi Δ là đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC). Các điểm M và N thay đổi trên Δ sao cho ΔMHN vuông tại H.

a) Chứng minh đường thẳng MH vuông góc với mặt phẳng (NBC).

b) Tìm độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN.

c) Gọi K là điểm thay đổi trên đoạn thẳng AH (K ≠ A, K ≠ H). Gọi $K_1,K_2,K_3,K_4$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm K lên các mặt phẳng (NBC), (MBC), (MNC), (MNB). Chứng minh $K{K}_1^2+K{K}_2^2+K{K}_3^2+K{K}_4^2\ge 4$.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 12.** Tam giác $ABC$ đều cạnh $4$, $H$ trung điểm $BC$ nên $AH\perp BC$ và $AH=\frac{4\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$.

Chọn hệ tọa độ: $A=(0;0;0)$, mặt phẳng $(ABC)$ là $Oxy$, nên $\Delta$ là trục $Oz$. Khi đó $H=(2\sqrt{3};0;0)$, $B=(2\sqrt{3};2;0)$, $C=(2\sqrt{3};-2;0)$, và $M=(0;0;m)$, $N=(0;0;n)$ với $m\ne n$.

**Điều kiện tứ giác MHN vuông tại H:** $\overrightarrow{HM}=(-2\sqrt{3};0;m)$, $\overrightarrow{HN}=(-2\sqrt{3};0;n)$, nên
$$\overrightarrow{HM}\cdot \overrightarrow{HN}=12+mn=0⟺mn=-12.$$

**a)** Ta có $BC=(0;-4;0)$ nên $\overrightarrow{HM}\cdot \overrightarrow{BC}=0$, tức $MH\perp BC$. Mặt khác $\overrightarrow{HM}\cdot \overrightarrow{HN}=12+mn=0$ nên $MH\perp HN$. Trong mặt phẳng $(NBC)$, $HN$ cắt $BC$ tại $N$ (vì $N\notin BC$). Vậy $MH\perp (NBC)$. Tương tự $NH\perp (MBC)$.

**b)** $MN=|m-n|$ với $mn=-12$. Ta có
$$M{N}^2=m^2+n^2-2mn=m^2+n^2+24\ge 2|mn|+24=48,$$
dấu bằng khi $|m|=|n|=2\sqrt{3}$, tức $m=2\sqrt{3},n=-2\sqrt{3}$ (thỏa $mn=-12$). Vậy độ dài ngắn nhất của $MN$ là $\boxed{4\sqrt{3}}$.

**c)** Gọi $K=(t;0;0)$ với $0<t<2\sqrt{3}$ (vì $K\ne A$, $K\ne H$ trên đoạn $AH$).

- **Mặt $(NBC)$:** từ câu a, vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{HM}=(-2\sqrt{3};0;m)$, mặt phẳng đi qua $H$:
$$-2\sqrt{3}(x-2\sqrt{3})+mz=0.$$
$$K{K}_1=\frac{2\sqrt{3}(2\sqrt{3}-t)}{\sqrt{12+m^2}}.$$

- **Mặt $(MBC)$:** tương tự, pháp tuyến $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{HN}=(-2\sqrt{3};0;n)$:
$$K{K}_2=\frac{2\sqrt{3}(2\sqrt{3}-t)}{\sqrt{12+n^2}}.$$

- **Mặt $(MNC)$:** chứa trục $Oz$ (đường thẳng $MN$) và điểm $C=(2\sqrt{3};-2;0)$. Vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n_3}=\vec{k}\times \overrightarrow{OC}=(2;2\sqrt{3};0)$, nên mặt phẳng là $x+\sqrt{3}y=0$:
$$K{K}_3=\frac{t}{2}.$$

- **Mặt $(MNB)$:** tương tự chứa trục $Oz$ và $B=(2\sqrt{3};2;0)$, phương trình $x-\sqrt{3}y=0$:
$$K{K}_4=\frac{t}{2}.$$

**Tính tổng:** Với $mn=-12$:
$$\frac{1}{12+m^2}+\frac{1}{12+n^2}=\frac{24+m^2+n^2}{(12+m^2)(12+n^2)}.$$
Mẫu số: $(12+m^2)(12+n^2)=144+12(m^2+n^2)+m^2{n}^2=144+12(m^2+n^2)+144=12(24+m^2+n^2)$.
Vậy $\frac{1}{12+m^2}+\frac{1}{12+n^2}=\frac{1}{12}$, do đó
$$K{K}_1^2+K{K}_2^2=12(2\sqrt{3}-t{)}^2\cdot \frac{1}{12}=(2\sqrt{3}-t{)}^2,$$
$$K{K}_3^2+K{K}_4^2=\frac{t^2}{4}+\frac{t^2}{4}=\frac{t^2}{2}.$$

Suy ra
$$S=K{K}_1^2+K{K}_2^2+K{K}_3^2+K{K}_4^2=(2\sqrt{3}-t{)}^2+\frac{t^2}{2}=\frac{3}{2}{\left(t-\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)}^2+4\ge 4.$$

Dấu bằng xảy ra khi $t=\frac{4\sqrt{3}}{3}\in (0;2\sqrt{3})$, tức $K$ thỏa mãn $AK=\frac{4\sqrt{3}}{3}$. Vậy
$$K{K}_1^2+K{K}_2^2+K{K}_3^2+K{K}_4^2\ge 4.■$$