.
HƯỚNG DẪN GIẢI.
Bi tốn 1. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI .
Bi 1
uur
1. Đường thẳng d1 có u1 = (2; −1; −2) là VTCP, đường thẳng d2 có
uur
u2 = (−2;1;3) là VTCP.
1 + 2t = −1 − 2t '
uur
uur
Vì hệ phương trình : 3 − t = 1 + t '
vô nghiệm và u1 ≠ ku2 nên ta có
−2t = −2 + 3t '
hai đường thẳng d1 và d2 chéo nhau.
1 + t = −3 + 3t '
2. Xét hệ phương trình 2 − 2t = 5 − t ' ⇔
3 + 2t = −6 + t '
t = −1
t ' = 1
Do đó hai đường thẳng d1 và d2 cắt nhau tại A (0;4; −5) .
1
2 = y−1 = z− 2
3. Ta viết lại phương trình đường thẳng d2 :
−1
1
−1
2
uur
Đường thẳng d1 có u1 = (1; −2;2) là VTCP, đường thẳng d2 có
uur
uur
uur
1
u2 = (− ;1; −1) là VTCP. Ta có u1 = −2u2 và A (1; −2; −1) ∈ d1 nhưng
2
A ∉ d2
x+
Vậy hai đường thẳng d1 và d2 chéo nhau.
Bi 2
uur
uur
1. Ta có u1(−1; 3; − 2), u2(0; 0; 5) không cùng phương nên hai đường thẳng
hoặc cắt nhau, hoặc chéo nhau.
− t = 0
Hệ phương trình tương giao 3t = 9
vô nghiệm, nên hai đường
−1 − 2t = 5 + 5u
thẳng chéo nhau.
Góc giữa hai đường thẳng
uur uur
u1.u2
uur uur
cos(∆1, ∆ 2) = cos(u1, u2) = uur uur =
u1 . u2
10
14.5
=
2
14
150
.
⇒ (∆1, ∆ 2) = arccos
uuuu
r
uuuu
r uuuu
r
2. Ta có u∆2 = nα1 , nα2 = (1; − 4; − 3) =
2
0
÷ ≈ 57, 69
14
uuuu
r
u∆ nên hai đường thẳng song
1
song hoặc trùng nhau.
Vì điểm M (0; − 3; − 3) ∈ ∆1 nhưng M ∉ ∆ 2 nên hai đường thẳng này song
song.
Góc giữa hai đường thẳng (∆1, ∆ 2) = 00.
Bi 3
u
r
ur
1. Ta có u = (8;2;3) là VTCP của d , n = (1;2; −4) là VTPT của (α )
u
r ur
Do u.n = 0 và điểm N (13;1;4) ∈ d đồng thời N ∈ (α ) nên suy ra d ⊂ (α ) .
uur
uuu
r
uur uuu
r
2. Ta có ud = (8;2;3), nα = (1;2; −4) ⇒ ud .nα = 0 và điểm M (13;1;4) ∈ d
đồng thời M ∈ (α ) ⇒ d ⊂ (α ) .
Bi 4.
1. Gọi I là tâm của hình vuông thìuurI chính là hình chiếu của C trên BD.
Ta có I(−1 + 4t; 1 − t; − 1 + t) ⇒ CI(4t − 2; 2 − t; t + 1).
uur r
1
Vì CI ⊥ BD nên CI.uBD = 0 ⇔ 4(4t − 2) − (2 − t) + t + 1 = 0 ⇔ t =
2
3 2
1 1
.
Do đó I 1; ; − ÷,CI =
2
2 2
Từ điều kiện I là trung điểm AC suy ra A(1; 2; 3).
Tọa độ điểm B(−1 + 4t; 1 − t; − 1 + t) với t >
Ta có I B = I C nên
2
1
.
4
2
t = 0
9
1 1
(−2 + 4t)2 + − t ÷ + − + t ÷ = ⇔ t2 − t = 0 ⇔
2
2 2
t = 1
Tọa độ điểm B(3; 0; 0), suy ra D(−1; 1; − 1).
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A(1; 2; 3), B(3; 0; 0), D(−1; 1; − 1).
2. Ta có A(1 + a; 1 − a; − 1 + a), B(b; 1 + b; − 1 + 2b)
uuur
⇒ AB(b − a − 1; b + a; 2b − a).
uuur
r
Vì ABCD là hình bình hành nên AB = t.uCD , hay
b − a − 1 b + a 2b − a
=
=
⇒ a = 0; b = −1.
2
1
2
Vì thế A(1; 1; − 1), B(−1; 0; − 3).
151
Bi 5
u
r
u
B
(
−
1;2;0)
1. Đường thẳng ∆ đi qua
và có = ( 2;3;1) là VTCP
uuur
uuur u
r
Ta có: AB = ( −4;0; −1) ⇒ AB, u = ( 3;2; −12)
uuur u
r
AB, u
157
=
Vậy d ( A, ∆ ) =
.
u
r
14
u
uur
2. Đường thẳng ∆1 đi qua A1 ( 1; −4;3) và có u1 = ( 0;2;1) là VTCP
uur
Đường thẳng ∆1 đi qua A2 ( 0;3; −2) và có u2 = ( −3;1;0) là VTCP
uuuuuur
uur uur
Ta có A1 A2 = ( −1;7; −5) , u1, u2 = ( −1; −3;6)
uuuuuur uur uur
⇒ A1 A2. u1, u2 = −50 ≠ 0
Suy ra hai đường thẳng ∆1 và ∆ 2 chéo nhau và
uuuuuur uur uur
A1 A2. u1, u2
25 46
d ( ∆1, ∆2 ) =
=
uur uur
.
23
u , u
1
2
uur
3. Đường thẳng ∆1 đi qua M (1; −1; −2) và có u1 = ( 2; −1;3) là VTCP
uur
Đường thẳng ∆ 2 đi qua N (2;1;3) và có u2 = ( 1; −2;4) là VTCP
uuuur
uur uur
uur uur uuuur
Ta có MN = ( 1;2;5) , u1, u2 = ( 2; −3; −3) ⇒ u1, u2 .MN = −19
uur uur uuuur
u , u .MN
19
1 2
=
Hai đường thẳng ∆1 và ∆ 2 chéo nhau và d(∆1, ∆ 2) =
uur uur
u , u
22
1 2
.
4. Ta thấy C (1;1; −2) ∈ ∆ và ∆ / /(α ) nên ta có: d(∆, (α )) = d(C, (α )) =
6
21
.
Bi 6
Tọa độ điểm M(t; − 2 − t; 1 + t), t ∈ ¡ . Ta có
uuur
uuur
uuuur
AB(−1; 1; 1), AC(−1; 0; 2), AM(t − 1; − t − 2; t + 1).
Suy ra một véc tơ chỉ phương của mặt phẳng (MAB) là
uuur uuuur
r
n1 = AB, AM = (2t + 3; 2t; 3).
Một véc tơ chỉ phương của mặt phẳng (CAB) là
152
.
uuur uuur
r
n2 = AB, AC = (2; 1; 1).
Vì góc giữa hai mặt phẳng (MAB) và (CAB) là 300 nên
2(2t + 3) + 2t + 3
r r
3
cos300 = cos(n1, n1 ) ⇔
=
2
(2t + 3)2 + (2t)2 + 32 . 6
⇔ (2t + 3)2 + (2t)2 + 32 = 2 2t + 3
⇔ 2(2t + 3)2 = 8t2 + 12t + 18 ⇔ t = 0
Điểm cần tìm có tọa độ là M(0; − 2; 1).
Bi 7
Mặt phẳng qua O và vuông góc với AB là (P ) : x − y = 0.
4 8
4
Ta có C = AC ∩ (P ) ⇒ C − ; − ;
÷.
13 13 13
Mặt phẳng qua O và vuông góc với AC là (Q) : 7x − 6y − z = 0.
8
5
Vậy B = AB ∩ (Q) ⇒ B − ; − ; 1÷.
13 13
Bi tốn 2. LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
Bi 1
x = 2 + t
1. Phương trình tham số của d : y = −t , t ∈ R .
z = 1 − t
x− 2
y
z−1
=
=
.
1
−
1
−
1
uuur
2. Ta có AB = (−2; −2; −1) là VTCP của d
Phương trình chính tắc của d :
x = 1 − 2t
Phương trình tham số của d : y = 2 − 2t , t ∈ R
z = 1 − t
x−1 y− 2 z−1
=
=
.
−2
−2
−1
ur
3. Ta có n = (1;2; −2) là VTPT của (P )
Phương trình chính tắc của d :
153
ur
Vì d ⊥ (P ) nên d nhận n = (1;2; −2) làm VTCP
x = −2 + t
Phương trình tham số của d : y = 1 + 2t , t ∈ R .
z = −2t
x+ 2 y−1
z
=
=
.
1
2
−2
u
r
4. Đường thẳng ∆ có u = (2; −2; −1) là VTCP
u
r
Vì d / / ∆ nên d nhận u = (2; −2; −1) làm VTCP.
Phương trình chính tắc của d :
x = −1 + 4t
Phương trình tham số của d : y = 2 − 7t , t ∈ R .
z = −3 − 3t
x+1 y− 2 z+ 3
=
=
.
4
−7
−3
5. Tọa độ điểm I của ∆ với (P ) thỏa mãn hệ:
Phương trình chính tắc của d :
x+ 2 y− 2
z
=
=
1
−1 ⇒ I ( −3;1;1) .
1
x + 2y − 3z + 4 = 0
ur
u
r
n
=
1;2;
−
3
u
(
P
)
Ta có
(
) là VTPT của ; = ( 1;1; − 1) là VTCP của ∆ .
r
ur u
r
Đường thẳng d cần tìm qua I và có v = n, u = ( 1; − 2; − 1) là VTCP.
Phương trình tham số của d :
x+ 3 y−1 z−1
=
=
.
1
−2
−1
Bi 2
1. Gọi d là giao tuyến của hai mp (P ) và (Q)
uur
uuu
r uuu
r
Suy ra ud = [nP , nQ ] = (−1;9; −24) là VTCP của d
uur uur
∆ / /(P )
⇒
∆
/
/
d
⇒
u
Vì
∆ = ud = (−1;9; −24)
∆ / /(Q)
x = 1 − t
Vậy phương trình của ∆ : y = 4 + 9t ,
z = −2 − 24t
(t ∈ ¡ ) .
154
.
2. Gọi A, B lần lượt là giao điểm của (P ) với d1, d2 . Ta có :
A (1;0;0), B(6; −2;1)
Vì ∆ nằm trong (P ) đồng thời ∆ cắt d1,d2 nên ∆ đi qua A, B
uuur
Suy ra ∆ nhận AB = (5; −2;1) làm VTCP.
x = 1 + 5t
Vậy phương trình của đường thẳng ∆ là: y = −2t , (t ∈ ¡ ) .
z = t
uur
3. Ta có d1 đi qua M 1(−1; −3;2) và VTCP u1 = (3; −2; −1)
uur
Đường thẳng d2 đi qua M 2 (2; −1;1) và VTCP u2 = (2;3; −5)
Gọi (P ) là mp đi qua M và chứa đường thẳng d1 .
uuu
r
uuuuuur uur
Khi đó (P ) có nP = [MM 1, u1] = (−4;0; −12) là VTPT
Tương tự gọi (Q) là mp đi qua M và đường thẳng d2 , suy ra
uuu
r
nQ = (7; −13; −5) là VTPT của (Q) .
Vì ∆ đi qua M và cắt hai đường thẳng d1, d2 nên ∆ là giao tuyến của (P )
và (Q)
uur
uuu
r uuu
r
u
=
n
,
n
suy ra d P Q = −52(3;2; −1)
x = −4 + 3t
Phương trình ∆ : y = −5 + 2t , t ∈ ¡ .
z = 3 − t
Bi 3
uuur
1. Ta có AB = ( −4;3; −5) là một VTCP của đường thẳng ∆
x = 1 − 4t
Suy ra phương trình tham số của đường thẳng ∆ là: y = 2 + 3t , t ∈ ¡ .
z = 4 − 5t
u
r
2. Đường thẳng d có u = (2;1; −1) là một VTCP
u
r
Do ∆ / /d , suy ra u = (2;1; −1) cũng là VTCP của ∆
x = 1 + 2t
Vậy phương trình tham số của đường thẳng ∆ là: y = 2 + t , t ∈ ¡ .
z = 4 − t
155
I ∈ d
⇒ I = d ∩ (α ) , do đó tọa độ của I là
I ∈ (α )
3. Gọi I = d ∩ ∆ , suy ra
x−1 y+ 2
z
=
=
1
−1 , giải hệ này ta được:
nghiệm của hệ 2
x + y + z − 3 = 0
x = 5, y = 0, z = −2 hay
r
∆ ⊂ (α )
Vì
, suy ra v =
∆ / /d
I ( 5;0; −2)
u
r uur
u, n = ( 2; −3;1) là VTCP của ∆
1
x = 5 + 2t
Vậy phương trình tham số của đường thẳng ∆ là: y = −3t , t ∈ ¡ .
z = −2 + t
Bi 4
u
r
Đường thẳng d có u = (2;3; −4) là VTCP
1. Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng d , suy ra
H (−1 + 2t; −1 + 3t;7 − 4t)
uuuur
⇒ AH = ( 2t − 6;3t − 6; −4t + 7)
uuuur u
r
Vì AH ⊥ d ⇒ AH .u = 0 ⇔ 2(2t − 6) + 3(3t − 6) + 4(4t − 7) = 0 ⇔ t = 2
⇒ H (3;5; −1)
Do H là trung điểm của AA ' nên A ' ( 1;5; −2) .
2. Vì tam giác ABC vuông tại C nên AC ⊥ d ⇒ C ≡ H hay C (3;5; −1)
uuur
B ∈ d ⇒ B (−1 + 2t; −1 + 3t;7 − 4t) ⇒ CB = (2t − 4;3t − 6; −4t + 8)
Do đó BC = 29 ⇔ (2t − 4)2 + (3t − 6)2 + (4t − 8)2 = 29 ⇔ t = 3, t = 1
Suy ra B (1;2;3) hoặc B(5;8; −5) .
Bi 5
uuuur
1. Ta có M ∈ ∆ ⇒ M ( 1 + 2t; −1 − 3t;2 − t) nên AM = ( 2t − 3; −3t − 4; −t)
Do đó AM = 105 ⇔ AM 2 = 105 ⇔ (2t − 3)2 + (3t + 4)2 + t2 = 105
⇔ 7t2 + 6t − 40 = 0 ⇔ t = 2, t = −
20
7
156
.
33 53 34
; ; ).
7 7 7
2. Gọi H là hình chiếu của A lên ∆ , suy ra H ( 1 + 2t; −1 − 3t;2 − t) ,
uuuur
AH = ( 2t − 3; −3t − 4; − t)
u
r
uuuur u
r
Vì AH ⊥ ∆ nên AH .u = 0 , trong đó u = (2; −3; −1) là VTCP của ∆
Từ đó ta tìm được hai điểm M (5; −7;;0) hoặc M (−
3
7
Do đó : 2(2t − 3) − 3(−3t − 4) + t = 0 ⇔ 14t + 6 = 0 ⇔ t = − . Suy ra
1 2 17
H ; ; ÷
7 7 7
Vì H là trung điểm của AA ' nên
26
xA ' = 2xH − xA = −
7
26 −17 20
17
⇒ A ' −
;
; ÷.
yA ' = 2yH − yA = −
7
7 7 7
20
zA ' = 2zH − zA = 7
3. Ta có D ∈ ∆ nên D ( 1 + 2t; −1 − 3t;2 − t)
Suy ra d ( D, (α )) =
(1 + 2t) + 2(1 + 3t) + 2(2 − t) + 2
3
= 2t + 3
t = −1 ⇒ D(−1;2;3)
t = −2 ⇒ D(−3;5;4)
Do đó d ( D, (α )) = 1 ⇔ 2t + 3 = 1 ⇔
Bi 6
1. Vì B ∈ Oy ⇒ B (0; b;0) ⇒ OB = 2OA ⇔ b2 = 36 ⇔ b = ±6
uuur
x y− 6
z
• b = 6 ⇒ AB = (2;4; −1) nên phương trình ∆ : =
=
2
4
−1
uuur
x y+ 6
z
• b = −6 ⇒ AB = (2; −8; −1) nên phương trình ∆ : =
=
.
2
−8
−1
uuur
uuur
2. Ta có C ( 2 + t;3 − 2t; −1 + t) ⇒ OC = ( 2 + t;3 − 2t; −1 + t) , OB = (1;1;2)
uuur uuur
1 uuur uuur
Suy ra OB, OC = ( 5t − 7; t + 5;1 − 3t) ⇒ S∆OBC = OB, OC
157
2
uuur uuur
2
2
2
OB
Do đó , OC = 83 ⇔ (5t − 7) + (t + 5) + (1 − 3t) = 83
4
⇔ t = 2, t = −
35
uuur
• t = 2 ⇒ C (4; −1;1) ⇒ BC = (3; −2; −1) , phương trình
x−1 y−1 z− 2
∆:
=
=
3
−2
−1
• t=−
uuur 31 78 109
66 113 39
4
⇒ C
;
;−
; ;−
÷ ⇒ BC =
÷,
35
35
35
35 35
35 35
phương trình ∆ :
Bi 7
x−1 y−1 z− 2
=
=
.
31
78
−109
uuuu
r
1. Đường thẳng ∆1 qua điểm M 1(1; − 1; 0) và có u∆1 = (2; 1; − 1) . Đường
uuuu
r
thẳng ∆1 qua điểm M 2 (3; 0; − 1) và có u∆2 = (−1; 2; 1).
Hệ phương trình tương giao của ∆1 và ∆ 2 là:
1 + 2t1 = 3 − t2
2t1 + t2 = 2
−1 + t1 = 2t2 ⇔ t1 − 2t2 = 1 ⇔
− t1 = −1 + t2
t1 + t2 = 1
t1 = 1
.
t2 = 0
Do đó hai đường thẳng cắt nhau tại điểm I (3; 0; − 1).
uuuu
r uuuu
r
u
,
u
Ta có ∆1 ∆2 = (3; − 1; 5) nên phương trình mặt phẳng chứa hai đường
thẳng ∆1 và ∆ 2 là 3x − y + 5z − 4 = 0.
2. Vì M ∈ ∆1 nên M (1 + 2t; − 1 + t; − t).
uuuuuur
Ta có: M 2M (2t − 2; − 1 + t;1 − t),
uuuuuur
M M , ur = (3t − 3; 1 − t; 5t − 5).
∆ 2
2
Do đó
uuuuuur
M M , ur
∆ 2
2
d(M , ∆ 2) =
=
r
u∆
2
(3t − 3)2 + (1 − t)2 + (5t − 5)2
(−1)2 + 22 + 12
= t−1
35
.
6
158
.
35
=
6
Theo giả thiết ta có t − 1
210
⇔ t−1 = 2⇔
3
t = 3
.
t = −1
Từ đó ta có tọa độ điểm M cần tìm là M (7; 2; − 3) hoặc M (−1; − 2;1).
3. Hai đường thẳng cắt nhau tại I (3; 0; − 1).
Xét hai điểm thuộc hai đường thẳng là A (1; − 1; 0), B (2;2;0).
uur
uur
uur
uur
I
A
(
−
2;
−
1;
1),
I
A
=
6
I
B
(
−
1;
2;
1),
I B = 6 nên véc tơ đơn vị
Ta có
và
của ∆1 và ∆ 2 lần lượt là:
uur
uur
r
IA 2
1
1 r
IB 1
2
1
e1 = uur = −
;−
;
;
;
÷, e2 = uur = −
÷.
6
6
6
6
6
6
IA
IB
Phân giác của các góc tạo bởi hai đường thẳng là đường thẳng qua I và có
r
r
3
6
véc tơ chỉ phương là e1 + e2 = −
;
1
6
;
2
1
(−3; 1; 2), hoặc
÷=
6
6
1
r
r
3
1
e1 − e2 = −
;−
; 0÷ = −
(1; 3; 0).
6
6
6
Vậy phương trình tham số của các đường phân giác cần tìm là
x = 3 − 3t
,
y = t
z = −1 + 2t
x = 3 + t
y = 3t (t ∈ ¡ ).
z = −1
Bi 8
1. Giải theo hai cách.
Cách 1: Vì ∆ đi qua điểm A(2; 0; 3) và vuông góc với ∆1 nên ∆ thuộc mặt
phẳng (α ) qua A,(α ) ⊥ ∆1 có phương trình x + 2y − z + 1 = 0.
Gọi A ′ = ∆ ∩ ∆1 thì A ′ = (α ) ∩ ∆1 nên tọa độ của A ′ thỏa mãn hệ phương trình
x −1 y +1 z + 2
=
=
4
2 5
2
−1 ⇒ A ′ ; − ; − ÷.
1
3 3 3
x + 2y − z + 1 = 0
uuuur 4 5 13
1
Ta có AA ′ − ; − ; − ÷ = − (4; 5; 13) nên phương trình chính tắc của
3
3
3 3
x−2 y z−3
= =
.
đường thẳng cần tìm là ∆ :
4
5
13
Cách 2: Gọi A ′ = ∆ ∩ ∆1 thì A ′(1 + t; − 1 + 2t; − 2 − t).
159
uuuur r
uuuur
Ta có AA ′(t − 1; 2t − 1; − t − 5). Mà ∆ ⊥ ∆1 nên AA ′.u ∆1 = 0, hay
1
t − 1 + 2(2t − 1) + t + 5 = 0 ⇔ t = − .
3
uuuur 4 5 13
1
Do đó AA ′ − ; − ; − ÷ = − (4; 5; 13) nên ta có phương trình đường thẳng
3
3
3
3
x−2 y z−3
= =
.
∆ là ∆ :
4
5
13
2. ∆ thuộc mặt phẳng (β ), với (β ) đi qua B(1; − 1; 1) và (β ) ⊥ d1 nên (β ) có
phương trình là 2x + 3y + z = 0.
Gọi B ′ = ∆ ∩ d2 thì B ′ = (β ) ∩ d2 nên tọa độ của B ′ thỏa mãn hệ phương trình
x − 2 y z + 3
=
=
−2
3 ⇒ B ′(3; − 2; 0).
1
2x + 3y + z = 0
uuuu
r
Vì BB ′(2; − 1; − 1) nên phương trình chính tắc của ∆ là
x −1 y +1 z−1
∆:
=
=
.
2
−1
−1
3. Vì ∆ song song (Q) : 5x + 2y + 7z + 7 = 0 nên ∆ thuộc mặt phẳng (P ) qua
C(0; − 4; 0) và (P )//(Q).
Phương trình mặt phẳng (P ) : 5x + 2y + 7z + 8 = 0.
Gọi C′ = ∆ ∩ d2 thì C′ = (P ) ∩ d nên tọa độ của C′ thỏa mãn hệ phương trình
x −1 y − 5 z
=
=
3
1 ⇒ C′(−1; 2; − 1).
2
5x + 2y + 7z + 8 = 0
uuuu
r
Vì CC′(−1; 6; − 1) nên phương trình chính tắc của ∆ là
x y+4 z
∆: =
= .
1
−6
1
Bi 9
1. Góc giữa đường thẳng ∆ và (α ) là 300. Điểm A(−1; 0; 4).
Ta có B(−3 + 2t; − 1 + t; 3 + t) và AB = 6 nên B(−3; − 1; 3) hoặc
·
B(1; 1; 5). Vì BA = 2BC = 6 và ABC
= 600 nên tam giác ABC vuông
·
tại C. Suy ra BAC
= 300 do đó điểm C là hình chiếu của điểm B
trên mặt phẳng (α ). Từ đó ta tìm được hai điểm C tương ứng với hai
5
11
5
1
.
điểm B ở trên là C − ; 0; ÷ hoặc C ; 0;
2
2÷
2
2
160
.
2. Vì B ∈ d ⇒ B ( 1 + t;2 + 2t; −t) , khi đó
2t + 2
t = 2
= 2 3 ⇔ t+1 = 3⇔
3
t = −4
uuur
• t = 2 ⇒ B (3;6; −2) ⇒ AB = ( 1;3; −1) , suy ra phương trình ∆ là:
d ( B, (α )) =
x− 3 y− 6 z+ 2
=
=
.
1
3
−
1
uuur
• t = −2 ⇒ B (−3; −6;2) ⇒ AB = ( −5; −9;3) , suy ra phương trình ∆ là:
Bi 10
x+ 3 y+ 6 z− 2
=
=
.
−5
−9
3
uur
1. Đường thẳng ∆1 đi qua M 1 ( 1; −1;3) có u1 = ( 1;2; −1) là VTCP
uur
Đường thẳng ∆ 2 đi qua M 2 ( 2;3; −9) có u2 = ( 3;2; −2) là VTCP
uuuuuuur
uur uur
uur uur uuuuuuur
M 2M 1 = (−1; −4;12), u1, u2 = ( −2; −1; −4) ⇒ u1, u2 .M 2M 1 = −42 ≠ 0
Suy ra hai đường thẳng ∆1 , ∆ 2 chéo nhau và khoảng cách giữa chúng là :
uur uur uuuuuuur
u , u .M M
42
1 2 2 1
d ( ∆1, ∆ 2 ) =
=
= 2 21 .
uur uur
u , u
21
1 2
2. Gọi H là hình chiếu của C lên đường thẳng ∆1 , khi đó :
S∆ABC =
1
CH .AB = CH
2
Do đó tam giác ABC có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi CH nhỏ nhất
Hay CH là đường vuông góc chung của hai đường thẳng ∆1 , ∆ 2 .
Ta có : C ( 1 + t; −1 + 2t;3 − t) , H ( 2 + 3t ';3 + 2t '; −9 − 2t ')
uuuu
r
⇒ HC = ( t − 3t '− 1;2t − 2t '− 4; −t + 2t '+ 12)
uuuu
r uur
HC ⊥ ∆1
HC .u1 = 0
⇒ uuuu
⇔
r uur
Mà
HC.u2 = 0
HC ⊥ ∆ 2
Vậy C (3;3;1) là điểm cần tìm.
161
2t − 3t ' = 7
⇔
9t − 17t ' = 35
t = 2
t ' = −1
3. Vì M ∈ ∆1, N ∈ ∆ 2 nên suy ra
M ( 1 + a; −1 + 2a;3 − a) , N ( 2 + 3b;3 + 2b; −9 − 2b)
uuuuu
r
⇒ NM = ( a − 3b − 1;2a − 2b − 4; − a + 2b + 12)
Theo giả thiết bài toán ta có hệ phương trình :
MN 2 =
cos α =
(a − 3b − 1)2 + (2a − 2b − 4)2 + (a − 2b − 12)2 = 180
uuuuu
r uur
NM .u1
3(2a − 3b − 7)
8
=
uuuuu
r uur =
15
6 30
NM . u1
(a − 3b − 1)2 + (2a − 2b − 4)2 + (a − 2b − 12)2 = 180 (1)
⇔
(2)
2a − 3b − 7 = 4
3b + 11
a
=
2a − 3b − 7 = 4
2
(2) ⇔
⇔
3b + 3
2a − 3b − 7 = −4
a = 2
• a=
3b + 11
thay vào (1) ta có được :
2
(3b − 9)2
(b + 13)2
+ (b + 7)2 +
= 180 ⇔ 14b2 + 28b − 274 = 0
4
4
Bi 11
1. Vì B ∈ Oz nên B(0;0;t).
Ta có OB = 2OA nên t = 2 12 + (−2)2 + 22 ⇔ t = ±6.
uuur
Nếu t = 6 thì B(0;0;6) nên AB(−1; 2;4) do đó phương trình chính tắc của
x y z−6
= =
.
đường thẳng ∆ là
−1 2
4 uuur
Nếu t = −6 thì B(0;0; − 6) nên AB(−1; 2; − 8) do đó phương trình chính tắc của
x y z+6
= =
.
đường thẳng ∆ là
−1 2
−8
2. Ta có C ∈ d nên C(1 + t; 2t; − t) mà d(C, (Oxy)) = 3 nên − t = 3 ⇔ t = ± 3.
uuur
Nếu t = 3 thì C(4;6; − 3) nên AC(3; 8; − 5) do đó phương trình chính tắc của
x −1 y + 2 z− 2
=
=
.
đường thẳng ∆ là
3
8
−5
162
.
uuur
Nếu t = −3 thì C(−2; − 6;3) nên AC(−3; − 4;1) do đó phương trình chính tắc của
x −1 y + 2 z− 2
=
=
.
đường thẳng ∆ là
−3
−4
1
′ nên D(−1 + 2t;2 + t;1 − t).
3. D ∈ud
uur
uuur
Ta có: OA(1; − 2; 2), OD(−1 + 2t; 2 + t; 1 − t)
uuur uuur
nên OA, OD = (−6; 5t − 3; 5t).
1 uuur uuur
1
(−6)2 + (5t − 3)2 + (5t)2 .
Do đó SOAD = OA, OD =
2
2
45
, nên
Theo bài ra SOAD =
2
33
(−6)2 + (5t − 3)2 + (5t)2 = 45 ⇔ 5t2 − 3t − 198 = 0 ⇒ t = −6; t =
.
5
uuur
Nếu t = −6 thì D(−13; − 4; 7) ⇒ AD(−14; − 2; 5), do đó phương trình chính tắc
x −1 y + 2 z− 2
=
=
.
của đường thẳng ∆ là
−14
−2
5
33
61 43 28 uuur 56 53 38
;−
⇒ AD ;
;−
, do đó phương trình
Nếu t =
thì D ;
5÷
5÷
5
5 5
5 5
x −1 y + 2 z− 2
=
=
.
chính tắc của đường thẳng ∆ là
56
53
−38
Bi 12
uuuur
1. M(1 + 2t; − 1 + t; 2 + 3t) ⇒ AM(2t − 1;t − 2; 2 + 3t).
2
AM = 3 ⇔ 14t2 + 4t + 9 = 3 ⇔ t = 0 hoặc t = −
7
uuuur
x − 2 y −1 z
=
=
.
t = 0 ⇒ AM(−1; − 2;2) nên ∆ :
1
2
−2
2 uuuur 1
x − 2 y −1 z
t = − ⇒ AM = (11;16; − 8) nên ∆ :
=
=
.
7
7
11
16
−8
uuur
2. N(1 + 2t; − 1 + t; 2 + 3t) ⇒ BN(2t + 1;t − 5; 2 + 3t).
uuur
uuur uuur
BC(0; − 2; − 1) ⇒ BC, BN = (−9 − 5t; − 1 − 2t; 4t + 2).
1 uuur uuur
Diện tích tam giác BNC là SBNC = BC, BN nên
2
1
21
(−9 − 5t)2 + (−1 − 2t)2 + (4t + 2)2 =
2
2
t = −1
2
⇔ 45t + 110t + 86 = 21 ⇔
t = − 13
9
163
13 uuur 17 58 7
x y−4 z
⇒ BN − ; −
; − ÷ nên ∆ :
=
=
.
9
9
3
17
58
21
9
uuur
x y−4 z
= .
t = −1 ⇒ BN(−1; − 6; − 1) nên ∆ : =
1r
6
1uuur
uuu
3. Ta có D(1 + 2t; − 1 + t; 2 + 3t),AB(−2; 3; 0), AC(−2; 1; − 1) nên
uuur uuur
AB,AC = (−3; − 2; 4) ⇒ S ABC = 29 ⇒ d(D,(ABC)) = 19 .
2
29
t=−
Phương trình (ABC) : 3x + 2y − 4z − 8 = 0.
17
Do đó 4t + 15 = 19 ⇒ t = 1; t = − .
2
Có hai đường thẳng thỏa mãn là
∆:
19
47
x−3 y z−5
y+
z+
x + 16
= =
hoặc
2
2 .
∆:
=
=
3
2
−4
3
2
−4
Bi 13
1. ∆1 ∩ ∆ 2 = I(1; 0; 1).
1
1
3 2
nên SI AB = I A.I B sin(∆1, ∆ 2 ) =
I A ⇒ I A = I B = 2.
2
2
4
Gọi A(−1 + a; − 2 + a;1),B(1 − b;0; 1 + b) ta có
a = 3
IA = 2 ⇔ a − 2 = 1 ⇔
⇒ A 1(2;1;1), A 2(0; − 1;1).
a = 1
2. cos(∆1, ∆ 2 ) =
b = 1
IB = 2 ⇔ b = 1 ⇔
⇒ B1(0;0;2), B 2(2;0;0).
b = −1
Có bốn đường thẳng thỏa mãn là
x y z−2
x−2 y z
∆(A 1B1 ): = =
; ∆(A 2B 2 ) :
= =
2 1
−1
2
1 −1
x = 2
x = 0
(m,n ∈ ¡ ).
Và ∆(A 1B 2 ) : y = m, (t ∈ R) ∆(A 2B1 ) : y = t
z = m
z = 2 + n
Bi 14
uur
1. Đường thẳng d1 đi qua A (1; −3; −2) và có u1 = ( 1;2;3) là VTCP
uur
Đường thẳng d2 đi qua B (4;2;3) và có u2 = (1; −4; −3) là VTCP
uur uur
uuur
uur uur uuur
Ta có: u1, u2 = ( 6;6; −6) , AB = (3;5;5) ⇒ u1, u2 .AB = 18 ≠ 0 suy ra
hai đường thẳng d1, d2 chéo nhau.
Gọi M N là đường vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2
164
.
( với M ∈ d1, N ∈ d2 )
Suy ra M ( 1 + t; −3 + 2t; −2 + 3t) , N ( 4 + t ';2 − 4t ';3 − 3t ')
uuuur
⇒ MN = ( − t + t '+ 3; −2t − 4t '+ 5; −3t − 3t '+ 5)
uuuur uur
MN ⊥ d1
MN .u1 = 0
⇒ uuuur uur
Vì
MN ⊥ d2
MN .u2 = 0
1(− t + t '+ 3) + 2(−2t − 4t '+ 5) + 3(−3t − 3t '+ 5) = 0
⇔
1(− t + t '+ 3) − 4(−2t − 4t '+ 5) − 3(−3t − 3t '+ 5) = 0
7t + 8t '− 14 = 0
t = 2
⇔
⇔
8t + 13t '− 16 = 0
t ' = 0
uuuur
Từ đó suy ra M (3;1;4), MN = (1;1; −1)
x− 3 y−1 z− 4
=
=
Vậy phương trình MN :
.
1
1
−1
2. Ta có A(1 + 2a; a; 3 + a), B(b; 2 + 2b;1 + 3b).
uuur r
Vì AB ⊥ d3 nên AB.ud3 = 0 ⇔ 1 + 9a = 10b.
Vì AB = 13 nên tìm được hai cặp điểm là
a = b = 1 thì A(3; 1; 4), B(1; 4; 4)
223 488
294
223
177
209
177 120
;−
;
a=−
,b = −
thì A −
÷, B − 237 ; 237 ; − 237 ÷.
237
237
237
237
237
Bi 15
1. Gọi M = ∆ ∩ ∆1 thì M(t; − 1 + 2t; 6 − t).
uuuur
Véc tơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là AM(t + 1; − 1 + 2t; 2 − t).
Vì góc giữa hai đường thẳng là 600 nên cos600 = cos(∆, ∆1 ), hay
uuuur r
AM.u ∆
t + 1 − 2 + 4t − 2 + t
1
1
= uuuur r 1 ⇔ =
2 AM . u ∆
2
(t + 1)2 + (−1 + 2t)2 + (2 − t)2 . 6
1
t = 0
⇔ 3t2 − 3t = 0 ⇔
.
t = 1
uuuur
Nếu t = 0 thì AM(1; − 1; 2) nên ∆ có phương trình tham số
x = −1 + t
(t ∈ ¡ ).
y = −t
z = 4 + 2t
uuuur
Nếu t = 1 thì AM(2; 1; 1) nên ∆ có phương trình tham số
165
x = −1 + 2t
(t ∈ ¡ ).
y = t
z = 4 + t
2. Gọi N = ∆ ∩ ∆ 2 thì N(1 + 3t; 1 + 2t; 5 + 2t).
uuur
Véc tơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là BN(3t + 4; 2t + 2; 2t + 2).
Vì góc giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (α ) : x + 2y − z + 5 = 0 là 300 nên
r r
sin 300 = sin(∆,(α )) = cos(u ∆ ,n(α ) ) , hay
uuur r
BN.n(α )
3t + 4 + 4 + 4t − 2 − 2t
1
1
= uuur r
⇔ =
2 BN . n(α )
2
(3t + 4)2 + (2 + 2t)2 + (2 + 2t)2 . 6
⇔ 4(5 + 6t)2 = 3 (3t + 4)2 + 2(2 + 2t)2 ⇔ t2 = 0 ⇔ t = 0.
uuur
Với t = 0 thì BN(4; 2; 2) = 2(2; 1; 1) nên
x = −3 + 2t
∆ có phương trình tham số y = −1 + t (t ∈ ¡ ).
z = 3 + t
Bi 16
Đường thẳng dm đi qua A (4m − 3;2m + 3;8m + 7) và có
u
r
u = ( 2m − 1; m + 1;4m + 3)
Giả sử dm ⊂ (α ) : ax + by + cz + d = 0 với mọi m , khi đó ta có:
a(2m − 1) + b(m + 1) + c(4m + 3) = 0
∀m
a(4m − 3) + b(2m + 3) + c(8m + 7) + d = 0
(2a + b + 4c)m − a + b + 3c = 0
⇔
∀m
(4a + 2b + 8c)m − 3a + 3b + 7c + d = 0
2a + b + 4c = 0
b = 10a
− a + b + 3c = 0
⇔
⇔ c = −3a , ta chọn
2a + b + 4c = 0
d = −6a
−3a + 3b + 7c + d = 0
a = 1 ⇒ b = 10, c = −3, d = −6
Vậy dm ⊂ (α ) : x + 10y − 3z − 6 = 0 .
166