Huong dan giai 08

HƯỚNG DẪN GIẢI.. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI.. Góc giữa hai đường thẳng uur uur uur uur uur uur1 2... Giải theo hai cách... Gọi MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng d d1, 2.

HƯỚNG DẪN GIẢI.

Bi tốn 1 VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI

Bi 1

1 Đường thẳng d1 có uuur1 =(2; 1; 2)− − là VTCP, đường thẳng d2 có

uuur = − là VTCP

Vì hệ phương trình :

 + = − −

 − = +



− = − +



vô nghiệm và uuur1≠ kuuur2 nên ta có hai đường thẳng d1 và d2 chéo nhau.

2 Xét hệ phương trình

1

' 1

t

t

 + = − +

 = −

 − = − ⇔



 + = − +



Do đó hai đường thẳng d1 và d2 cắt nhau tại A(0;4; 5)− .

3 Ta viết lại phương trình đường thẳng 2

1

2 :

2

Đường thẳng d1 có uuur1=(1; 2;2)− là VTCP, đường thẳng d2 có

2

uuur = − − là VTCP Ta có uuur1= −2uuur2 và A(1; 2; 1)− − ∈d1 nhưng

2

A∉d

Vậy hai đường thẳng d1 và d2 chéo nhau.

Bi 2

1 Ta có uuur1( 1; 3; 2),− − uuur2(0; 0; 5) không cùng phương nên hai đường thẳng hoặc cắt nhau, hoặc chéo nhau.

Hệ phương trình tương giao

0

t t

− =

 =



− − = +



vô nghiệm, nên hai đường

thẳng chéo nhau.

Góc giữa hai đường thẳng

uur uur uur uur

uur uur1 2

u u

u u

 

0

2

14

2 Ta có u∆2 =nα1, nα2 =(1; 4; 3)− − =u∆1

nên hai đường thẳng song 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) 0 0

Bi 3

1 Ta có uur=(8;2;3) là VTCP của d, nur=(1;2; 4)− là VTPT của ( )α

2 Ta có uuurd =(8;2;3), nuuurα =(1;2; 4)− ⇒u nuur uuurd α =0 và điểm M(13;1;4)∈d

đồng thời M ∈( )α ⇒ ⊂d ( )α .

Bi 4

2

uur r

4

>

t 1

=



− + + − ÷  + − + ÷ = ⇔ − = ⇔ =

2 Ta cóA(1 a; 1 a; 1 a), B(b; 1 b; 1 2b)+ − − + + − +

b a 1 b a 2b a

Bi 5

1 Đường thẳng ∆ đi qua B( 1;2;0)− và có uur=(2;3;1) là VTCP

Ta có: AB = −( 4;0; 1− ⇒) AB u,  =(3;2; 12− )

14

AB u

d A

u

uuur ur

2 Đường thẳng ∆1 đi qua A1(1; 4;3− ) và có uuur1=(0;2;1) là VTCP

Đường thẳng ∆1 đi qua A2(0;3; 2− ) và có uuur2= −( 3;1;0) là VTCP

Ta có = −( − )   = − −( )

⇒ uuuuuur uur uurA A1 2.u u1, 2= −50 0≠

Suy ra hai đường thẳng ∆1 và ∆2 chéo nhau và

,

23 ,

d

u u

uuuuuur uur uur

3 Đường thẳng ∆1 đi qua M(1; 1; 2)− − và có uuur1 =(2; 1;3− ) là VTCP

Đường thẳng ∆2 đi qua N(2;1;3) và có uuur2=(1; 2;4− ) là VTCP

Ta có MN =(1;2;5 ,) u u1, 2 =(2; 3; 3− − ⇒) u u1, 2.MN = −19

Hai đường thẳng ∆1 và ∆2 chéo nhau và 1 2 1 2

22 ,

d

u u

uur uur uuuur uur uur

.

4 Ta thấy C(1;1; 2)− ∈ ∆ và ∆/ /( )α nên ta có: ( ,( )) ( ,( )) 6

21

Bi 6

Suy ra một véc tơ chỉ phương của mặt phẳng (MAB) là

1

nr =AB, AMuuur uuuur=(2t 3; 2t; 3).+ Một véc tơ chỉ phương của mặt phẳng (CAB) là

nr =AB, ACuuur uuur=(2; 1; 1)

0

2(2t 3) 2t 3 3

Bi 7

Bi tốn 2 LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

Bi 1

1 Phương trình tham số của

2

1

 = +



 = −



Phương trình chính tắc của : 2 1

2 Ta có uuurAB = − − −( 2; 2; 1) là VTCP của d

Phương trình tham số của

1 2

1

 = −



 = −

 Phương trình chính tắc của : 1 2 1

3 Ta có nur=(1;2; 2)− là VTPT của ( )P

Vì d ⊥( )P nên d nhận nur= (1;2; 2)− làm VTCP

Phương trình tham số của

2

2

 = − +



 = −



.

Phương trình chính tắc của : 2 1

− .

4 Đường thẳng ∆ có uur=(2; 2; 1)− − là VTCP

Vì d/ /∆ nên d nhận uur=(2; 2; 1)− − làm VTCP.

Phương trình tham số của

1 4

3 3

 = − +



 = − −



.

Phương trình chính tắc của : 1 2 3

5 Tọa độ điểm I của ∆ với ( )P thỏa mãn hệ:

3;1;1

I

−





.

Ta có nur=(1;2; 3− ) là VTPT của ( )P ; =uur (1;1; 1 − ) là VTCP của ∆.

Đường thẳng d cần tìm qua I và có v=n u,  =(1; 2; 1 − − )

 

là VTCP.

Phương trình tham số của + = − = −

:

Bi 2

1 Gọi d là giao tuyến của hai mp( )P và ( )Q

Suy ra uuurd =[n nuuur uuurP, Q] ( 1;9; 24)= − − là VTCP của d

P

∆



Vậy phương trình của

1

2 24

 = −



 = − −



2 Gọi A B, lần lượt là giao điểm của ( )P với d d1, 2 Ta có :

(1;0;0), (6; 2;1)

Vì ∆ nằm trong ( )P đồng thời ∆ cắt d d nên 1 2, ∆ đi qua A B,

Suy ra ∆ nhận uuurAB =(5; 2;1)− làm VTCP.

Vậy phương trình của đường thẳng ∆ là:

1 5

z t

 = +



 =



3 Ta có d1 đi qua M1( 1; 3;2)− − và VTCP uuur1=(3; 2; 1)− −

Đường thẳng d2 đi qua M2(2; 1;1)− và VTCP uuur2=(2;3; 5)−

Gọi ( )P là mp đi qua M và chứa đường thẳng d1

Khi đó ( )P có nuuurP =[uuuuuur uurMM u1 1, ] ( 4;0; 12)= − − là VTPT

Tương tự gọi ( )Q là mp đi qua M và đường thẳng d2, suy ra

(7; 13; 5)

Q

uuur

là VTPT của ( )Q .

Vì ∆ đi qua M và cắt hai đường thẳng d d1, 2 nên ∆ là giao tuyến của ( )P

và ( )Q

suy ra u d = n n P, Q = −52(3;2; 1)−

Phương trình

4 3

3

 = − +



 = −



Bi 3

1 Ta có uuurAB = −( 4;3; 5− ) là một VTCP của đường thẳng ∆

Suy ra phương trình tham số của đường thẳng ∆ là:

1 4

2 3 ,

4 5

 = −



 = −



2 Đường thẳng d có uur=(2;1; 1)− là một VTCP

Do ∆/ /d, suy ra uur=(2;1; 1)− cũng là VTCP của ∆

Vậy phương trình tham số của đường thẳng ∆ là:

1 2

4

 = +



 = −



3 Gọi I = ∩ ∆d , suy ra )

( )

α

 ∈

 , do đó tọa độ của I là nghiệm của hệ

3 0

x y z

 − = + =



−



 + + − =



, giải hệ này ta được:

x= y= z= − hay I (5;0; 2− )

Vì ( )

/ /d

α

∆ ⊂

∆

 , suy ra v= u n, 1 =(2; 3;1− )

là VTCP của ∆

Vậy phương trình tham số của đường thẳng ∆ là:

5 2

2

 = +



 = − +



Bi 4

Đường thẳng d có uur=(2;3; 4)− là VTCP

1 Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng d, suy ra

( 1 2 ; 1 3 ;7 4 )

H − + t − + t − t

(2 6;3 6; 4 7)

(3;5; 1)

H

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)−

B∈ ⇒d B − + t − + t − t ⇒CBuuur= t− t− − +t

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

1 Ta có M ∈ ∆ ⇒ M (1 2 ; 1 3 ;2+ t − − t −t) nên uuuurAM =(2t− − − −3; 3t 4; t)

Do đó AM = 105⇔ AM2=105⇔(2t−3)2+(3t+4)2+t2=105

7

Từ đó ta tìm được hai điểm M(5; 7;;0)− hoặc ( 33 53 34; ; )

2 Gọi H là hình chiếu của A lên ∆, suy ra H(1 2 ; 1 3 ;2+ t − − t −t) , (2 3; 3 4; )

AH = t− − − −t t

uuuur

Vì AH ⊥ ∆ nên uuuur urAH u. =0, trong đó uur= (2; 3; 1)− − là VTCP của ∆

Do đó : 2(2 3) 3( 3 4) 0 14 6 0 3

7

t− − − −t + = ⇔t t+ = ⇔ = −t Suy ra

1 2 17

; ;

7 7 7

Vì H là trung điểm của AA' nên

'

'

'

26 2

7

20 2

7











.

3 Ta có D∈ ∆ nên D(1 2 ; 1 3 ;2+ t − − t −t)

Suy ra ( ,( )) (1 2 ) 2(1 3 ) 2(2 ) 2 2 3

3

α = ⇔ + = ⇔  = − ⇒= − ⇒ −−



Bi 6

1 Vì B Oy∈ ⇒ B(0; ;0)b ⇒ OB =2OA ⇔b2 =36⇔ = ±b 6

−

• b= − ⇒6 uuurAB =(2; 8; 1)− − nên phương trình : 6

2 Ta có C(2+t;3 2 ; 1− t − + ⇒t) OCuuur =(2+t;3 2 ; 1− t − +t OB),uuur =(1;1;2)

2

OBC

Do đó OB OCuuur uuur,  = 83⇔ (5t−7)2+ +(t 5)2+(1 3 )− t 2=83

4 2,

35

:

uuur

phương trình : 1 1 2

Bi 7

1 Đường thẳng ∆1 qua điểm M1(1; 1; 0)− và có uuuuur∆1 =(2; 1; 1)− Đường thẳng ∆1 qua điểm M2(3; 0; 1)− và có uuuuur∆2 = −( 1; 2; 1)

Hệ phương trình tương giao của ∆1 và ∆2 là:

1

2

1

0

t

t

 =



Do đó hai đường thẳng cắt nhau tại điểm I(3; 0; 1).−

Ta có uuuuur uuuur∆1,u∆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 2 ; 1+ t − + −t; t)

Ta có: M M t2 (2 −2; 1− +t;1−t), M M u2 , ∆2 =(3t−3; 1−t t; 5 −5)

Do đó

2 2

2

6

u

∆

∆

uuuuuur r r

Theo giả thiết ta có 1 35 210 1 2 3

t

t

 =



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), (2;2;0).− B

Ta có I Auur( 2; 1; 1),− − I Auur = 6 và I Buur( 1; 2; 1),− uurI B = 6 nên véc tơ đơn vị

của ∆1 và ∆2 lần lượt là:

Phân giác của các góc tạo bởi hai đường thẳng là đường thẳng qua I và có véc tơ chỉ phương là 1 2 3 ; 1 ; 2 1 ( 3; 1; 2),

hoặc

− = − − ÷= −

Vậy phương trình tham số của các đường phân giác cần tìm là

 = − +  = −

¡

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

Gọi A′ = ∆ ∩ ∆1 thì A′ = α ∩ ∆( ) 1 nên tọa độ của A′ thỏa mãn hệ phương trình

x 1 y 1 z 2

x 2y z 1 0

 + − + =



′ − − − ÷= −

uuuur

nên phương trình chính tắc của

Ta có AA (t 1; 2t 1; t 5).uuuur′ − − − − Mà ∆ ⊥ ∆1 nên AA uuuuur r′ ∆1 =0,

hay 1

3

− + − + + = ⇔ = −

′ − − − ÷= −

uuuur

nên ta có phương trình đường thẳng

Gọi B′ = ∆ ∩d2 thì B′ = β ∩( ) d2 nên tọa độ của B′ thỏa mãn hệ phương trình

B (3; 2; 0)

2x 3y z 0





x 1 y 1 z 1

3 Vì ∆ song song (Q): 5x 2y 7z 7 0+ + + = nên ∆ thuộc mặt phẳng (P ) qua

x 1 y 5 z

C ( 1; 2; 1)

5x 2y 7z 8 0





+

−

Bi 9

2 Vì B∈ ⇒d B(1+t;2 2 ;+ t t− ) , khi đó

4 3

t

α = + = ⇔ + = ⇔  == −



x− = y− = z+

− .

• t= − ⇒2 B( 3; 6;2)− − ⇒ uuurAB = − −( 5; 9;3) , suy ra phương trình ∆ là:

x+ = y+ = z−

Bi 10

1 Đường thẳng ∆1 đi qua M1(1; 1;3− ) có uuur1 =(1;2; 1− ) là VTCP

Đường thẳng ∆2 đi qua M2(2;3; 9− ) có uuur2=(3;2; 2− ) là VTCP

M M = − − u u  = − − − ⇒ u u  M M = − ≠

Suy ra hai đường thẳng ∆1, ∆2 chéo nhau và khoảng cách giữa chúng là :

21 ,

d

u u

uur uur uuuuuuur

2 Gọi H là hình chiếu của C lên đường thẳng ∆1, khi đó :

2

ABC

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 2 ;3t −t), H(2 3 ';3 2 '; 9 2 '+ t + t − − t )



=

uuuur uur uuuur uur

3 Vì M ∈ ∆1,N ∈ ∆2 nên suy ra

M + − +a a −a N + b + b− − b

Theo giả thiết bài toán ta có hệ phương trình :

1 1

cos

15

6 30

NM u

α









uuuuur uur

uuuuur uur



⇔ 



(2)

2

b a

a





2

b

thay vào (1) ta có được :

Bi 11

1 Vì B Oz∈ nên B(0;0;t)

−

= =

−

+

= =

2 Ta có C d∈ nên C(1 t; 2t; t)+ − mà d(C, (Oxy)) 3= nên t 3− = ⇔ = ±t 3

− = + = −

−

Nếu t= −3 thì C( 2; 6;3)− − nên AC( 3; 4;1)uuur − − do đó phương trình chính tắc của

− = + = −

3 D d∈ ′ nên D( 1 2t;2 t;1 t).− + + −

nên OA, ODuuur uuur = − ( 6; 5t 3; 5t).−

2

= nên

5

− = + = −

t

5

uuur

do đó phương trình

− = + = −

−

Bi 12

7

−

= − ⇒uuuur= − nên : x 2 y 1 z .

−

uuur uuur

nên

2

t

= −





13 17 58 7

uuur

−

t= − ⇒1 BN( 1; 6; 1)uuur − − − nên : x y 4 z.

−

3 Ta có D(1 2t; 1 t; 2 3t),AB( 2; 3; 0), AC( 2; 1; 1)+ − + + uuur − uuur − − nên

ABC

uuur uuur

2

Có hai đường thẳng thỏa mãn là

x 3 y z 5 :

+

−

Bi 13

1 ∆ ∩ ∆ =1 2 I(1; 0; 1)

2

a 3

a 1

=



b 1

=



= ⇔ = ⇔ = − ⇒

Có bốn đường thẳng thỏa mãn là

Và

¡

Bi 14

1 Đường thẳng d1 đi qua A(1; 3; 2)− − và có uuur1=(1;2;3) là VTCP

Đường thẳng d2 đi qua B(4;2;3) và có uuur2 =(1; 4; 3)− − là VTCP

Ta có: u u1, 2 =(6;6; 6 , − ) AB =(3;5;5)⇒ u u1, 2.AB =18 0≠

suy ra hai đường thẳng d d1, 2 chéo nhau.

Gọi MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng d d1, 2

( với M ∈d1, N ∈d2)

Suy ra M (1+ − +t; 3 2 ; 2 3 , t − + t) N(4+t';2 4 ';3 3 '− t − t )

⇒ MNuuuur = − + + − −( t t' 3; 2t 4 ' 5; 3t + − −t 3 ' 5t + )

Vì  ⊥  =

⇒

=

uuuur uur uuuur uur



Từ đó suy ra M(3;1;4), MNuuuur =(1;1; 1)−

Vậy phương trình : 3 1 4

− .

Bi 15

1 Gọi M = ∆ ∩ ∆1 thì M(t; 1 2t; 6 t).− + −

1 1

2

t 0

t 1

∆

∆

+ − + − +

=



⇔ − = ⇔  =

uuuur r uuuur r

= − +





 = +



¡

z 4 2t uuuur

= − +





 = +



¡

z 4 t

2 Gọi N = ∆ ∩ ∆2 thì N(1 3t; 1 2t; 5 2t).+ + +

0

( )

( )

( )

α α

+ + + − −

uuur r uuur r

= − +



 = − + ∈



 = +



¡

z 3 t

Bi 16

Đường thẳng d m đi qua A m(4 −3;2m+3;8m+7) và có

(2 1; 1;4 3)

uur= m− m+ m+

Giả sử d m ⊂( ) :α ax by cz d+ + + =0 với mọi m, khi đó ta có:

m



m



10

3

6

 =





, ta chọn

a= ⇒ =b c= − d = −