Tải bản đầy đủ

Huong dan giai 08

.

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


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


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

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



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×