Trang Chủ Bài tập SGK lớp 12 Bài tập Toán lớp 12 Nâng cao

Bài 32, 33, 34, 35 trang 104 Sách Hình học 12 Nâng cao: Phương trình đường thẳng

Bài 3 Phương trình đường thẳng. Giải bài 32, 33, 34, 35 trang 104 SGK Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho đường thẳng d và mặt phẳng có phương trình:; Tính khoảng cách từ điểm M

Bài 32: Cho đường thẳng d và mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) có phương trình:

\(d:{{x – 2} \over 2} = {{y + 1} \over 3} = {{z – 1} \over 5}\,\,;\,\,\left( \alpha  \right):2x + y + z – 8 = 0\).
a) Tìm góc giữa d và \(\left( \alpha  \right)\).
b) Tìm tọa độ giao điểm của d và \(\left( \alpha  \right)\).
c) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của d trên \(\left( \alpha  \right)\).

Giải

a) Đường thẳng d có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( {2;3;5} \right)\), \(mp\left( \alpha  \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n  = \left( {2;1;1} \right)\). Gọi \(\varphi \) là góc giữa d và \(\left( \alpha  \right)\) thì \(0 \le \varphi  \le {90^0}\) và
\(\sin \varphi  = {{\left| {\overrightarrow u .\overrightarrow n } \right|} \over {\left| {\overrightarrow u } \right|\left| {\overrightarrow n } \right|}} = {{\left| {2.2 + 3.1 + 5.1} \right|} \over {\sqrt {4 + 9 + 25} .\sqrt {4 + 1 + 1} }} = {6 \over {\sqrt {57} }}\).
b) d có phương trình tham số

\(\left\{ \matrix{
x = 2 + 2t \hfill \cr
y = – 1 + 3t \hfill \cr
z = 1 + 5t \hfill \cr} \right.\).

Thay x, y, z vào phương trình \(\left( \alpha  \right)\) ta có:

\(2\left( {2 + 2t} \right) + \left( { – 1 + 3t} \right) + \left( {1 + 5t} \right) = 0 \Leftrightarrow t = {1 \over 3}\)

Ta được giao điểm \(M\left( {{8 \over 3};0;{8 \over 3}} \right)\).
c) Gọi \(\left( \beta  \right)\) là mặt phẳng đi qua d và vuông góc với \(\left( \alpha  \right)\) thì hình chiếu d’ của d trên \(\left( \alpha  \right)\) là giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\). Bởi vậy ta cần tìm phương trình của \(\left( \beta  \right)\). Vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_{(\beta )}}} \) của \(\left( \beta  \right)\) vuông góc với cả \(\overrightarrow u \) và \(\overrightarrow n \) nên ta chọn \(\overrightarrow {{n_\beta }}  = \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow n } \right] = \left( { – 2;8; – 4} \right)\). Ngoài ra, \(\left( \beta  \right)\) đi qua d nên cũng đi qua điểm \(A\left( {2; – 1;1} \right)\). Do đó \(\left( \beta  \right)\) có phương trình:
\( – 2\left( {x – 2} \right) + 8\left( {y + 1} \right) – 4\left( {z – 1} \right) = 0\)

\(\Leftrightarrow  – x + 4y – 2z + 8 = 0\).
Hình chiếu d’ qua I và có vectơ chỉ phương:

\(\overrightarrow a = \left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} ;\overrightarrow {{n_\beta }} } \right] \)

\(= \left( {\left| \matrix{
1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,1 \hfill \cr
4\,\,\,\,\,\, – 2 \hfill \cr} \right|;\,\left| \matrix{
1\,\,\,\,\,\,\,\,2 \hfill \cr
– 2\,\,\,\,\, – 1\, \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{
2\,\,\,\,\,\,\,\,1 \hfill \cr
– 1\,\,\,\,\,4 \hfill \cr} \right|} \right) \)

\(= \left( { – 6;3;9} \right) = 3\left( { – 2;1;3} \right)\)

Advertisements (Quảng cáo)

Vậy d’ có phương trình tham số là

\(\left\{ \matrix{
x = {8 \over 3} – 2t \hfill \cr
y = t \hfill \cr
z = {8 \over 3} + 3t \hfill \cr} \right.\)

Bài 33: Cho đường thẳng \(\Delta \) và mp(P) có phương trình:
\(\Delta :{{x – 1} \over 1} = {{y – 2} \over 2} = {{z – 3} \over 2}\,\,;\,\,\left( P \right):2x + z – 5 = 0\).
a) Xác định tọa độ giao điểm A của \(\Delta \) và (P).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua A, nằm trong (P) và vuông góc với \(\Delta \).

Giải

a) Phương trình tham số của \(\Delta \) là:

\(\left\{ \matrix{
x = 1 + t \hfill \cr
y = 2 + 2t \hfill \cr
z = 3 + 2t \hfill \cr} \right.\).

Thay x, y, z vào phương trình của mp(P) ta được:
\(2\left( {1 + t} \right) + 3 + 2t – 5 = 0 \Leftrightarrow t = 0\).
Vậy giao điểm của \(\Delta \) và mp(P) là A(1; 2; 3).

Advertisements (Quảng cáo)

b) Gọi d là đường thẳng đi qua A nằm trong (P) và vuông góc với \(\Delta \). Vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {u’} \) của d phải vuông góc với chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( {1;2;2} \right)\) của \(\Delta \) đồng thời vuông góc với cả vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n  = \left( {2;0;1} \right)\) của (P) nên ta chọn \(\overrightarrow {u’}  = \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow n } \right] = \left( {2;3; – 4} \right)\).
Vậy d có phương trình tham số là

\(\left\{ \matrix{
x = 1 + 2t \hfill \cr
y = 2 + 3t \hfill \cr
z = 3 – 4t \hfill \cr} \right.\)

Bài 34: a) Tính khoảng cách từ điểm M(2; 3; 1) đến đường thẳng \(\Delta \) có phương trình \({{x + 2} \over 1} = {{y – 1} \over 2} = {{z + 1} \over { – 2}}\).
b) Tính khoảng cách từ điểm \(N\left( {2;3; – 1} \right)\) đến đường thẳng \(\Delta \) đi qua điểm \({M_0}\left( { – {1 \over 2};0; – {3 \over 4}} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( { – 4;2; – 1} \right)\).

Giải

a) Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \({M_0}\left( { – 2;1; – 1} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( {1;2; – 2} \right)\)
Ta có \(\overrightarrow {{M_0}M}  = \left( {4;2;2} \right)\,;\,\,\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {{M_0}M} } \right] = \left( {8; – 10; – 6} \right)\).
Vậy khoảng cách cần tìm là \(d = {{\left| {\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {{M_0}M} } \right]} \right|} \over {\left| {\overrightarrow u } \right|}} = {{\sqrt {{8^2} + {{(-10)}^2} + {(-6)^2}} } \over {\sqrt {{1^2} + {2^2} + {(-2)^2}} }} = {{10\sqrt 2 } \over 3}\).
b) Ta có \(\overrightarrow {{M_0}N}  = \left( {{5 \over 2};3; – {1 \over 4}} \right)\,\,;\,\,\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {{M_0}N} } \right] = \left( {{5 \over 2}; – {7 \over 2};17} \right)\).
Vậy khoảng cách cần tìm là:

\(d = {{\left| {\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {{M_0}N} } \right]} \right|} \over {\left| {\overrightarrow u } \right|}} = {{\sqrt {{{\left( {{5 \over 2}} \right)}^2} + {{\left( {{-7 \over 2}} \right)}^2} + {{17}^2}} } \over {\sqrt {{4^2} + {2^2} + {1^2}} }} = {{\sqrt {2870} } \over {14}}\)

Bài 35 : Tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng sau:

a)

\(d:\left\{ \matrix{
x = 1 + t \hfill \cr
y = – 1 – t \hfill \cr
z = 1 \hfill \cr} \right.\) và

\(d’:\left\{ \matrix{
x = {2 – 3t’} \hfill \cr
y ={ – 2 + 3t’} \hfill \cr
z = 3 \hfill \cr} \right.\)

b)

\(d:\,{x \over { – 1}} = {{y – 4} \over 1} = {{z + 1} \over { – 2}}\) và

\(d’:\left\{ \matrix{
x ={ – t’} \hfill \cr
y = {2 + 3t’} \hfill \cr
z = {- 4 + 3t’} \hfill \cr} \right.\)

Giải

a) Đường thẳng d đi qua \({M_1}\left( {1; – 1;1} \right)\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1; – 1;0} \right)\).
Đường thẳng d’ đi qua điểm \({M_2}\left( {2; – 2;3} \right)\), có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_2}} \left( { – 1;1;0} \right)\). Vì \(\overrightarrow {{u_1}} \) và \(\overrightarrow {{u_2}} \) cùng phương nhưng \(\overrightarrow {{u_1}} \); \(\overrightarrow {{u_2}} \) không cùng phương với \(\overrightarrow {{M_1}{M_2}}  = \left( {1; – 1;2} \right)\) nên hai đường thẳng đó song song.
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng đó bằng khoảng cách từ \({M_1}\) tới d’ và bằng \({{\left| {\left[ {\overrightarrow {{M_1}{M_2}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right]} \right|} \over {\left| {\overrightarrow {{u_2}} } \right|}} = 2\)

b) Đường thẳng d đi qua \(M\left( {0;4; – 1} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( { – 1;1; – 2} \right)\).
Đường thẳng d’ đi qua \(M’\left( {0;2; – 4} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {u’}  = \left( { – 1;3;3} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {MM’}  = \left( {0; – 2; – 3} \right)\,\,;\,\,\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {u’} } \right] = \left( {9;5; – 2} \right)\).
\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {u’} } \right].\overrightarrow {MM’}  =  – 4 \ne 0 \Rightarrow d\) và d’ chéo nhau.
Khoảng cách giữa \({d_1}\) và \({d_2}\) là:

\(d = {{\left| {\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {u’} } \right].\overrightarrow {MM’} } \right|} \over {\left| {\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {u’} } \right]} \right|}} = {4 \over {\sqrt {{9^2} + {5^2} + {2^2}} }} = {{2\sqrt {110} } \over {55}}\)

Advertisements (Quảng cáo)