Chuyên Đề Tìm Vectơ Chỉ Phương Của Đường Thẳng Luyện Thi Tốt Nghiệp THPT Có Đáp Án Và Lời Giải

0
805

Chuyên đề tìm vectơ chỉ phương của đường thẳng theo từng mức độ luyện thi tốt nghiệp THPT 2021 có đáp án và lời giải được phát triển từ câu 28 của đề tham khảo môn Toán.

DẠNG 28: TÌM VECTƠ CHỈ PHƯƠNG CỦA ĐƯỜNG THẲNG

I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:

Trong không gian $Oxyz$ , cho ba điểm $A\left( {{x_A};{y_A};\,{z_A}} \right)$, $B\left( {{x_B};{y_B};{z_B}} \right)$ và $C\left( {{x_C}\,;{y_C}\,;{z_C}} \right)$

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {{x_B} – {x_A};{y_B} – {y_A};{z_B} – {z_A}} \right)$ .

Tọa độ trung điểm $I$ của đoạn thẳng $AB$ , $I\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}\\{y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}\\{z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2}\end{array} \right.$ .

Tọa độ trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$, $G:\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3}\end{array} \right.$ .

Nếu $\overrightarrow u = \left( {x\,;y\,;z} \right) \Leftrightarrow \overrightarrow u = x\overrightarrow i + y\overrightarrow j + z\overrightarrow k $ .

$\overrightarrow u = \left( {{x_1}\,;{y_1}\,;{z_1}} \right)$ cùng phương với $\overrightarrow v = \left( {{x_2}\,;{y_2}\,;{z_2}} \right)\,\left( {\overrightarrow v \ne \overrightarrow 0 } \right)$ khi và chỉ khi $\overrightarrow u = k\overrightarrow v \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = k{x_2}\\{y_1} = k{y_2}\\{z_1} = k{z_2}\end{array} \right.$.

Đường thẳng $\Delta $ đi qua hai điểm $A$ và $B$ thì $\Delta $ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {AB} $ hoặc $\overrightarrow {BA} $ .

Nếu $\overrightarrow u $ là một vectơ chỉ phương của $\Delta $ thì $k\overrightarrow u \,\,\left( {k \ne 0} \right)$ cũng là một vectơ chỉ phương của $\Delta $ , do đó một đường thẳng có vô số vectơ chỉ phương.

Nếu hai đường thẳng song song với nhau thì vectơ chỉ phương của đường thẳng này cũng là vectơ chỉ phương của đường thẳng kia.

Nếu đường thẳng $\Delta $ vuông góc với mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ thì vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_\Delta }} $ của đường thẳng $\Delta $ chính là vectơ pháp tuyến $\overrightarrow {{n_\alpha }} $ của mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ , tức $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \overrightarrow {{n_\alpha }} $ .

Đường thẳng $\Delta $ đi qua điểm $M\left( {{x_0}\,;{y_0}\,;{z_0}} \right)$ và có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow u = \left( {a\,;\,b\,;c} \right)$ có phương trình tham số $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + bt\\z = {z_0} + ct\end{array} \right.$ và

phương trình chính tắc $\Delta :\frac{{x – {x_0}}}{a} = \frac{{y – {y_0}}}{b} = \frac{{z – {z_0}}}{c}\,\,\left( {abc \ne 0} \right).$

Điểm $M$ thuộc đường thẳng $\Delta $ có PTTS $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + bt\\z = {z_0} + ct\end{array} \right.$ thì $M\left( {{x_0} + at\,;{y_0} + bt\,;{z_0} + ct} \right).$

Cho hai mặt phẳng $\left( \alpha \right):Ax + By + Cz + D = 0$ và $\left( {\alpha ‘} \right):A’x + B’y + C’z + D’ = 0$

Với điều kiện $A:B:C \ne A’:B’:C’$ . Điều kiện trên chứng tỏ hai mặt phẳng đó cắt nhau. Gọi $d$ là đường thẳng giao tuyến của chúng. Đường thẳng $d$ gồm những điểm $M\left( {x;y;z} \right)$ vừa thuộc $\left( \alpha \right)$ vừa thuộc $\left( {\alpha ‘} \right)$ , nên tọa độ của $M$ là nghiệm của hệ $\left\{ \begin{array}{l}Ax + By + Cz + D = 0\\A’x + B’y + C’z + D’ = 0\end{array} \right.$ . Khi đó $\overrightarrow {{u_d}} = \left[ {\overrightarrow n ,\overrightarrow {n’} } \right]$ với $\overrightarrow n = \left( {A;B;C} \right)$ và $\overrightarrow {n’} = \left( {A’;B’;C’} \right)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng $d$

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng song song hoặc chứa trục $Ox$ là $\overrightarrow i = \left( {1\,;0\,;0} \right)$ .

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng song song hoặc chứa trục $Oy$ là $\overrightarrow j = \left( {0\,;1\,;0} \right)$ .

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng song song hoặc chứa trục $Oz$ là $\overrightarrow k = \left( {0\,;0\,;1} \right)$ .

II. DẠNG TOÁN TƯƠNG TỰ:

Xác định vectơ chỉ phương của đường thẳng khi biết phương trình đường thẳng.

Xác định vectơ chỉ phương của đường thẳng khi biết các yếu tố liên quan với mặt phẳng, đường thẳng, điểm.

Viết phương trình đường thẳng.

Viết phương trình mặt phẳng liên quan đến đường thẳng.

BÀI TẬP MẪU

(ĐỀ MINH HỌA – BDG 2020-2021) Trong không gian $Oxyz$, vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua gốc tọa độ $O$ và điểm $M\left( {1\,; – 2\,;1} \right)$.

A. $\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1;\,1;\,1} \right)$. B. $\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1;\,2;1} \right)$. C. $\overrightarrow {{u_3}} = \left( {0;\,1;\,0} \right)$. D. $\overrightarrow {{u_4}} = \left( {1\,;\, – 2\,;\,1} \right)$.

Phân tích hướng dẫn giải

1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán tìm tọa độ vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua hai điểm trong không gian $Oxyz$.

2. HƯỚNG GIẢI: Đường thẳng đi qua hai điểm $O$ và $M$ nhận vectơ $\overrightarrow {OM} $ hoặc $\overrightarrow {MO} $ làm vectơ chỉ phương.

Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:

Lời giải

Chọn B

Ta có: $\overrightarrow {OM} = \left( {1\,; – 2\,;1} \right)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng $OM$.

Bài tập tương tự và phát triển

 Mức độ 1

Câu 1. Trong không gian $Oxyz$, một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua hai điểm $A\left( {1\,;2\,;3} \right)$ và $B\left( {3\,; – 2\,; – 1} \right)$có tọa độ là

A. $\left( { – 1\,;2\,;2} \right)$. B. $\left( {1\,;2\,;2} \right)$. C. $\left( {2\,;4\,;4} \right)$. D. $\left( {2\,;0\,;1} \right)$.

Lời giải

Chọn A

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {2\,; – 4\,; – 4} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = – 2\overrightarrow u $ với $\overrightarrow u = \left( { – 1\,;\,2\,;\,2} \right)$.

Ta chọn $\overrightarrow u = \left( { – 1\,;\,2\,;\,2} \right)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua hai điểm $A\left( {1\,;2\,;3} \right)$ và $B\left( {3\,; – 2\,; – 1} \right)$.

Câu 2. Trong không gian $Oxyz$, cho ba điểm $A\left( { – 3\,;2\, & ;2} \right),B\left( {0\,; – 1\,;2} \right),C\left( {1\,;1\,;3} \right)$, một vectơ chỉ phương của đường thẳng $\Delta $ đi qua $C$ và song song với $AB$ có tọa độ là

A. $\left( { – 3\,;3\,;3} \right)$. B. $\left( {1\,;\, – 1\,;\,0} \right)$. C. $\left( {1\,; – 1\,;1} \right)$. D. $\left( { – \frac{3}{2}\,;\frac{1}{2}\,;2} \right)$.

Lời giải

Chọn B

Vì $\Delta $ song song với $AB$, nên $\overrightarrow {AB} $ là một vectơ chỉ phương của $\Delta $.

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {3\,; – 3\,;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = 3\overrightarrow u $ với $\overrightarrow u = \left( {1\,;\, – 1\,;\,0} \right)$.

Ta chọn $\overrightarrow u = \left( {1\,;\, – 1\,;\,0} \right)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng $\Delta $.

Câu 3. Trong không gian $Oxyz$, một vectơ chỉ phương của đường thẳng $\Delta $ đi qua điểm $A\left( {1\,;3\,; – 5} \right)$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( \alpha \right):x – 2y + 3z – 4 = 0$ có tọa độ là

A. $\left( { – 5\,;3\,;1} \right)$. B. $\left( {1\,;3\,; – 4} \right)$. C. $\left( {1\,; – 2\,;3} \right)$. D. $\left( { – 2\,;3\,; – 4} \right)$.

Lời giải

Chọn C

Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ có một vectơ pháp tuyến $\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {1\,; – 2\,;3} \right)$.

Vì $\Delta \bot \left( \alpha \right) \Rightarrow $vectơ chỉ phương của $\Delta $: $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {1\,; – 2\,;3} \right)$.

Câu 4. Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = t\\z = 2 – t\end{array} \right.$ . Một vectơ chỉ phương của đường thẳng $\Delta $ có tọa độ là

A. $\left( {1\,;0\,; – 1} \right)$. B. $\left( {0\,;1\,;1} \right)$. C. $\left( {0\,;1\,;2} \right)$. D. $\left( {0\,;2\,; – 2} \right)$.

Lời giải

Chọn D

Dựa vào phương trình tham số của đường thẳng $\Delta $, ta thấy $\Delta $ có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {0\,;1\,; – 1} \right)$. Chọn $\overrightarrow {u’} = 2\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {0\,;2\,; – 2} \right)$ là một vectơ chỉ phương khác của $\Delta $.

Câu 5. Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $\Delta :\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y + 3}}{{ – 3}} = z – 3$ . Một vectơ chỉ phương của đường thẳng $\Delta $ có tọa độ là

A. $\left( {1\,; – 3\,;3} \right)$. B. $\left( { – 1\,;3\,; – 3} \right)$. C. $\left( {2\,; – 3\,;0} \right)$. D. $\left( {2\,; – 3\,;1} \right)$.

Lời giải

Chọn D

Ta có: $\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y + 3}}{{ – 3}} = z – 3 \Leftrightarrow \frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y + 3}}{{ – 3}} = \frac{{z – 3}}{1}$. Dựa vào phương trình chính tắc của đường thẳng, ta thấy $\Delta $ có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {2\,; – 3\,;1} \right)$.

Câu 6. Trong không gian $Oxyz$, một vectơ chỉ phương của đường thẳng chứa trục $Oy$có tọa độ là

A. $\left( {0\,;1\,;2020} \right)$. B. $\left( {1\,;\,1;1} \right)$. C. $\left( {0\,;2020\,;0} \right)$. D. $\left( {1\,;0\,;0} \right)$.

Lời giải

Chọn C

Ta có, một vectơ chỉ phương của đường thẳng chứa trục $Oy$ là $\overrightarrow j = \left( {0\,;1\,;0} \right)$.

Chọn $\overrightarrow u = 2020\overrightarrow j = \left( {0\,;2020\,;0} \right)$ làm một vectơ chỉ phương của đường thẳng chứa trục $Oy$.

Câu 7. Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 1 – 2t\\z = 2 – 3t\end{array} \right.$ . Một vectơ chỉ phương của đường thẳng $d$ song song với đường thẳng$\Delta $ có tọa độ là

A. $\left( {0\,;1\,;2} \right)$. B. $\left( {1\,; – 2\,; – 3} \right)$. C. $\left( { – 1\,; – 2\,;3} \right)$. D. $\left( {1\,;1\,;2} \right)$.

Lời giải

Chọn B

Đường thẳng $\Delta $ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {1\,; – 2\,; – 3} \right)$.

Vì $d$ song song với $\Delta $ nên vectơ chỉ phương của $d$ là $\overrightarrow {{u_d}} = \overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {1\,; – 2\,; – 3} \right)$.

Câu 8. Trong không gian $Oxyz$, một vectơ chỉ phương $\overrightarrow u $ của đường thẳng $\Delta $ cùng phương với vectơ $\overrightarrow a = 3\overrightarrow i – 5\overrightarrow j + 4\overrightarrow k $ có tọa độ là

A. $\left( { – 3\,; – 5\,;4} \right)$. B. $\left( {4\,;\, – 5;3} \right)$. C. $\left( {3\,;0\,;4} \right)$. D. $\left( {3\,; – 5\,;4} \right)$.

Lời giải

Chọn D

Ta có $\overrightarrow a = 3\overrightarrow i – 5\overrightarrow j + 4\overrightarrow k \Leftrightarrow \overrightarrow a = \left( {3\,; – 5\,;4} \right)$

Vì $\overrightarrow u $ cùng phương với $\overrightarrow a $, nên ta chọn một vectơ chỉ phương của $\Delta $ là $\overrightarrow u = \overrightarrow a = \left( {3\,; – 5\,;4} \right)$.

Câu 9. Trong không gian $Oxyz$, cho tam giác $ABC$ với $A\left( {1\,;1\,;1} \right),B\left( { – 1\,;1\,;0} \right),C\left( {1\,;3\,;2} \right)$. Đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh $A$ của tam giác $ABC$ nhận vectơ nào dưới đây làm một vectơ chỉ phương?

A. $\left( {1\,;1\,;0} \right)$. B. $\left( {0\,;\,2;1} \right)$. C. $\left( { – 2\,;1\,;0} \right)$. D. $\left( {2021\,; – 2021\,;0} \right)$.

Lời giải

Chọn D

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ thì $M\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \frac{{ – 1 + 1}}{2} = 0\\{y_M} = \frac{{1 + 3}}{2} = 2\\{z_M} = \frac{{0 + 2}}{2} = 1\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {0\,;2\,;1} \right)$, suy ra $\overrightarrow {AM} = \left( { – 1\,;1\,;0} \right)$

Ta có đường thẳng $AM$ nhận $\overrightarrow u = – 2021\overrightarrow {AM} = \left( {2021\,; – 2021\,;0} \right)$ làm một vectơ chỉ phương.

Câu 10. Trong không gian $Oxyz$, cho tam giác $ABC$ với $A\left( {1\,;0\,; – 2} \right),B\left( {2\,; – 3\,; – 4} \right),C\left( {3\,;0\,; – 3} \right)$. Gọi $G$là trọng tâm tam giác $ABC$. Vectơ nào sau đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng $OG$?

A. $\left( {2\,;1\,;3} \right)$. B. $\left( {3\,;\, – 2;1} \right)$. C. $\left( { – 2\,;1\,;3} \right)$. D. $\left( { – 1\,; – 3\,;2} \right)$.

Lời giải

Chọn C

Vì $G$ là trọng tam tam giác $ABC \Rightarrow G\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{1 + 2 + 3}}{3} = 2\\{y_G} = \frac{{0 – 3 + 0}}{3} = – 1\\{z_G} = \frac{{ – 2 – 4 – 3}}{3} = – 3\end{array} \right.$. Vậy $G\left( {2\,; – 1\,; – 3} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow {OG} = \left( {2\,; – 1\,; – 3} \right)$.

Ta có đường thẳng $OG$ nhận $\overrightarrow u = – \overrightarrow {OG} = \left( { – 2\,;1\,;3} \right)$ làm một vectơ chỉ phương.

 Mức độ 2

Câu 1. Trong không gian $Oxyz$, gọi ${P_1}\,,{P_2}$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm $P\left( {6\,;7\,;8} \right)$ lên trục $Oy$ và mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$. Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng ${P_1}{P_2}$.

A. $\left( {6\,;\, – 8\,;7} \right)$. B. $\left( {6\,;\, – 7\,;8} \right)$. C. $\left( {6\,;\,7\,;8} \right)$. D. $\left( { – 6\,;\, – 7\,;8} \right)$.

Lời giải

Chọn B

Ta có:

${P_1}$ là hình chiếu vuông góc của điểm $P\left( {6\,;7\,;8} \right)$ lên trục $Oy \Rightarrow {P_1}\left( {0\,;7\,;0} \right).$

${P_2}$ là hình chiếu vuông góc của điểm $P\left( {6\,;7\,;8} \right)$ lên mặt phẳng $\left( {Oxz} \right) \Rightarrow {P_2}\left( {6\,;0\,;8} \right).$

Chọn một vectơ chỉ phương của đường thẳng ${P_1}{P_2}$ là $\overrightarrow {{P_1}{P_2}} = \left( {6\,; – 7\,;8} \right).$

Câu 2. Trong không gian $Oxyz$, gọi ${T_1}\,$, ${T_2}$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm $T\left( {4\,;5\,;6} \right)$ lên các trục $Oy$ và trục $Oz$. Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng ${T_1}{T_2}$.

A. $\left( {0\,;\, – 5\,;6} \right)$. B. $\left( {0\,;\, – 6\,;5} \right)$. C. $\left( {4\,;\, – 5\,; – 6} \right)$. D. $\left( {0\,;\,5\,;6} \right)$.

Lời giải

Chọn A

Ta có:

${T_1}$ là hình chiếu vuông góc của điểm $T\left( {4\,;5\,;6} \right)$ lên trục $Oy \Rightarrow {T_1}\left( {0\,;5\,;0} \right).$

${T_2}$ là hình chiếu vuông góc của điểm $T\left( {4\,;5\,;6} \right)$ lên trục $Oz \Rightarrow {T_2}\left( {0\,;0\,;6} \right).$

Chọn một vectơ chỉ phương của đường thẳng ${T_1}{T_2}$ là $\overrightarrow {{T_1}{T_2}} = \left( {0\,; – 5\,;6} \right).$

Câu 3. Trong không gian $Oxyz$, cho ba điểm $A\left( {1\,;3\,;2} \right),B\left( {2\,; – 1\,;5} \right),C\left( {3\,;2\,; – 1} \right)$. Đường thẳng $\Delta $ đi qua $A$ và vuông góc với mặt phẳng đi qua ba điểm $A\,,B\,,C$ có phương trình là?

A. $\frac{{x + 1}}{{15}} = \frac{{y + 3}}{9} = \frac{{z – 2}}{7}.$ B. $\frac{{x – 1}}{{15}} = \frac{{y – 3}}{{ – 9}} = \frac{{z – 2}}{7}.$

C. $\frac{{x – 1}}{{ – 15}} = \frac{{y + 3}}{9} = \frac{{z – 2}}{7}.$ D. $\frac{{x – 1}}{{15}} = \frac{{y – 3}}{9} = \frac{{z – 2}}{7}.$

Lời giải

Chọn D

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {1\,; – 4\,;3} \right)\,,\overrightarrow {AC} = \left( {2\,; – 1\,; – 3} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {15\,;9\,;7} \right).$

Vì đường thẳng $\Delta $ vuông góc với mặt phẳng đi qua ba điểm $A\,,B\,,C$, nên ta chọn môt vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {15\,;9\,;7} \right)$.

Vậy đường thẳng $\Delta $ đi qua $A\left( {1\,;3\,;2} \right)$ và nhận $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {15\,;9\,;7} \right)$ làm một vectơ chỉ phương có phương trình chính tắc là: $\frac{{x – 1}}{{15}} = \frac{{y – 3}}{9} = \frac{{z – 2}}{7}.$

Câu 4. Trong không gian $Oxyz$, đường thẳng $\Delta $ đi qua $A\left( {0\,;2\,;5} \right)$ đồng thời vuông góc với hai đường thẳng ${d_1}:\frac{{x – 1}}{{ – 1}} = \frac{{y – 4}}{1} = \frac{{z + 2}}{{ – 2}}$ và ${d_2}:\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = – 2 – 2t\\z = 3\end{array} \right.$ có phương trình là

A. $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = – t\\y = 2 – t\\z = 5 + 2t\end{array} \right..$ B. $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = – t\\y = 2 + 2t\\z = 5\end{array} \right..$ C. $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = – 4t\\y = 2 – 2t\\z = 5 + t\end{array} \right..$ D. $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = – 4\\y = – 2 + 2t\\z = 1 + 5t\end{array} \right..$

Lời giải

Chọn C

${d_1}$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {{u_1}} = \left( { – 1\,;1\,; – 2} \right)$.

${d_2}$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1\,; – 2\,;0} \right)$. Ta có: $\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { – 4\,; – 2\,;1} \right)$.

Vì đường thẳng $\Delta $ vuông góc với hai đường thẳng ${d_1}$ và ${d_2}$ nên ta chọn môt vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { – 4\,; – 2\,;1} \right).$

Vậy đường thẳng $\Delta $ đi qua $A\left( {0\,;2\,;5} \right)$ và nhận $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( { – 4\,; – 2\,;1} \right)$ làm một vectơ chỉ phương có phương trình tham số là: $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = – 4t\\y = 2 – 2t\\z = 5 + t\end{array} \right..$

Câu 5. Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$, cho đường thẳng $d:\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 2}}{1} = \frac{{z + 1}}{2}$ nhận vectơ$\overrightarrow u \left( {a\,;2\,;b} \right)$ làm vectơchỉ phương. Tính $a + b$.

A. $ – 8$. B. $8$. C. $4$. D. $ – 4$.

Lời giải

Chọn B

Đường thẳng $d$có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow v \left( {2\,;1\,;2} \right)$.

$\overrightarrow u \left( {a\,;2\,;b} \right)$ làm vectơ chỉ phương của $d$ suy ra $\overrightarrow u $ và $\overrightarrow v $ cùng phương nên $\frac{a}{2} = \frac{2}{1} = \frac{b}{2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b = 4\end{array} \right.$

Câu 6. Trong không gian $Oxyz,$ tọa độ nào sau đây là tọa độ của một vectơ chỉ phương của đường thẳng $\Delta :\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2 + 4t}\\{y = 1 – 6t}\\{z = 9t}\end{array}} \right.,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)?$

A. $\left( {\frac{1}{3};\,\frac{{ – 1}}{2};\,\frac{3}{4}} \right)$. B. $\left( {\frac{1}{3};\,\frac{1}{2};\,\frac{3}{4}} \right)$. C. $\left( {2;\,1;\,0} \right)$. D. $\left( {4;\, – 6;\,0} \right)$.

Lời giải

Chọn A

Từ phương trình $\Delta $ suy ra vectơ chỉ phương của $\Delta $ là $\vec u = \left( {4;\, – 6;\,9} \right) = 12\left( {\frac{1}{3};\,\frac{{ – 1}}{2};\,\frac{3}{4}} \right).$

Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $M\left( {1;\; – 2;\;1} \right)$, $N\left( {0;\;1;\;3} \right)$. Phương trình đường thẳng qua hai điểm $M$, $N$ là

A. $\frac{{x + 1}}{{ – 1}} = \frac{{y – 2}}{3} = \frac{{z + 1}}{2}$. B. $\frac{{x + 1}}{1} = \frac{{y – 3}}{{ – 2}} = \frac{{z – 2}}{1}$.

C. $\frac{x}{{ – 1}} = \frac{{y – 1}}{3} = \frac{{z – 3}}{2}$. D. $\frac{x}{1} = \frac{{y – 1}}{{ – 2}} = \frac{{z – 3}}{1}$.

Lời giải

Chọn C

$\overrightarrow {MN} = \left( { – 1;\;3;\;2} \right)$.

Đường thẳng $MN$ qua $N$ nhận $\overrightarrow {MN} = \left( { – 1;\;3;\;2} \right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình

$\frac{x}{{ – 1}} = \frac{{y – 1}}{3} = \frac{{z – 3}}{2}$.

Câu 8. Trong không gian $Oxyz$, cho $E\left( { – 1\,;0\,;2} \right)$và $F\left( {2\,;1\,; – 5} \right)$. Phương trình đường thẳng $EF$ là

A. $\frac{{x – 1}}{3} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 2}}{{ – 7}}$ B. $\frac{{x + 1}}{3} = \frac{y}{1} = \frac{{z – 2}}{{ – 7}}$

C. $\frac{{x – 1}}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 2}}{{ – 3}}$ D. $\frac{{x + 1}}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z – 2}}{3}$

Lời giải

Chọn B

Ta có: $\overrightarrow {EF} = (3;1; – 7)$. Đường thẳng $EF$ đi qua điểm $E( – 1;0;2)$ và có VTCP $\overrightarrow u = \overrightarrow {EF} = (3;1; – 7)$ có phương trình: $\frac{{x + 1}}{3} = \frac{y}{1} = \frac{{z – 2}}{{ – 7}}$.

Câu 9. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho mặt phẳng $\left( \alpha \right):x – y + 2z = 1$. Trong các đường thẳng sau, đường thẳng nào vuông góc với $\left( \alpha \right)$.

A. ${d_1}:\frac{x}{1} = \frac{{y – 1}}{{ – 1}} = \frac{z}{2}$. B. ${d_2}:\frac{x}{1} = \frac{{y + 1}}{{ – 1}} = \frac{z}{{ – 1}}$. C. ${d_3}:\frac{x}{1} = \frac{{y – 1}}{{ – 1}} = \frac{z}{{ – 1}}$. D. ${d_4}:\left\{ \begin{array}{l}x = 2t\\y = 0\\z = – t\end{array} \right.$

Lời giải

Chọn A

Gọi VTCP của đường thẳng cần tìm là $\overrightarrow a = \left( {{a_1};{a_2};{a_3}} \right)$ với $a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 > 0$.

Đường thẳng vuông góc với $\left( \alpha \right)$$ \Leftrightarrow \overrightarrow a $ cùng phương $\overrightarrow n $$ \Leftrightarrow \frac{{{a_1}}}{1} = \frac{{{a_2}}}{{ – 1}} = \frac{{{a_3}}}{2}$

Chọn ${a_1} = 1$ thì ${a_2} = – 1$ và ${a_3} = 2$.

Câu 10. Trong không gian với hệ trục $Oxyz$, cho điểm $M\left( {1\,;\, – 3\,;\,\,2} \right)$ và mặt phẳng $\left( P \right):x – 3y + 2z – 1 = 0$. Tìm phương trình đường thẳng $d$ qua $M$ và vuông góc với $\left( P \right)$.

A. $\frac{{x + 1}}{1} = \frac{{y – 3}}{{ – 3}} = \frac{{z + 2}}{2}$. B. $\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y + 3}}{{ – 3}} = \frac{{z – 2}}{2}$.

C. $\frac{x}{1} = \frac{y}{{ – 3}} = \frac{z}{2}$. D. $\frac{{x + 1}}{1} = \frac{{y + 3}}{{ – 3}} = \frac{{z – 2}}{2}$.

Lời giải

Chọn B

Mặt phẳng $\left( P \right)$ có VTPT là $\overrightarrow n = \left( {1\,;\, – 3\,;\,2} \right)$.

Vì $d$ vuông góc với $\left( P \right)$ nên $d$ nhận $\overrightarrow n = \left( {1\,;\, – 3\,;\,2} \right)$ là VTCP.

Đường thẳng $d$ qua $M$ và nhận $\overrightarrow n = \left( {1\,;\, – 3\,;\,2} \right)$ là VTCP có phương trình: $\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y + 3}}{{ – 3}} = \frac{{z – 2}}{2}$.

 Mức độ 3

Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz,$cho điểm $A\left( {1;0;2} \right)$ và đường thẳng $d:\frac{{x – 1}}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{2}$. Đường thẳng $\Delta $ đi qua $A$, vuông góc và cắt $d$ có phương trình là

A. $\Delta :\frac{{x – 2}}{1} = \frac{{y – 1}}{1} = \frac{{z – 1}}{{ – 1}}$. B. $\Delta :\frac{{x – 1}}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z – 2}}{1}$.

C. $\Delta :\frac{{x – 2}}{2} = \frac{{y – 1}}{2} = \frac{{z – 1}}{1}$. D. $\Delta :\frac{{x – 1}}{1} = \frac{y}{{ – 3}} = \frac{{z – 2}}{1}$.

Lời giải

Chọn A

Gọi giao điểm của $\Delta $ và $d$ là $B\left( {t + 1;t;2t – 1} \right)$. Khi đó $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \overrightarrow {AB} = \left( {t,t,2t – 3} \right)$.

Vì đường thẳng $\Delta $ vuông góc với đường thẳng $d$ có $\overrightarrow {{u_d}} = \left( {1,1,2} \right)$ thì:

$t + t + 2\left( {2t – 3} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow \overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {1,1, – 1} \right)$.

Phương trình đường thẳng $\Delta $ thỏa mãn yêu cầu bài toán là $\Delta :\frac{{x – 2}}{1} = \frac{{y – 1}}{1} = \frac{{z – 1}}{{ – 1}}$.

Câu 2. Cho điểm $M\left( {2\,;\,1\,;\,0} \right)$ và đường thẳng $\Delta :\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{z}{{ – 1}}$. Gọi $d$ là đường thẳng đi qua $M$, cắt và vuông góc với $\Delta $. Khi đó, vectơ chỉ phương của $d$ là

A. $\overrightarrow u = \left( {0\,;\,3\,;\,1} \right)$ B. $\overrightarrow u = \left( {2\,;\, – 1\,;\,2} \right)$ C. $\overrightarrow u = \left( { – 3\,;\,0\,;\,2} \right)$ D. $\overrightarrow u = \left( {1\,;\, – 4\,;\, – 2} \right)$

Lời giải

Chọn D

Gọi $(P)$là mặt phẳng đi qua $M$ và vuông góc với $d$ khi đó $(P):\,\,2\left( {x – 2} \right) + 1\left( {y – 1} \right) – 1\left( {z – 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y – z – 5 = 0$

PTTS của $\Delta :\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = – 1 + t\\z = – t\end{array} \right.$

Gọi $(P) \cap \Delta = M’$ suy ra tọa độ của $M’$ là nghiệm của hệ $\Delta :\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = – 1 + t\\z = – t\\2x + y – z – 5 = 0\end{array} \right. \Rightarrow M’\left( {\frac{7}{3};\, – \frac{1}{3};\,\frac{{ – 2}}{3}} \right)$

Khi đó đường thẳng $d$ sẽ đi qua $MM’$ và VTCP của $d$ là véc tơ $\overrightarrow {MM’} = \left( {\frac{1}{3};\, – \frac{4}{3};\, – \frac{2}{3}} \right)$ bà véc tơ $\overrightarrow u = (1;\, – 4;\, – 2)$là một VTCP của $d$

Câu 3. Trong không gian $Oxyz$, gọi $d$ là đường thẳng qua $A\left( {1\,;\,0\,;\,2} \right)$, cắt và vuông góc với đường thẳng ${d_1}:\frac{{x – 1}}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z – 5}}{{ – 2}}$. Điểm nào dưới đây thuộc $d$?

A. $P\left( {2\,;\, – 1\,;\,1} \right)$. B. $Q\left( {0\,;\, – 1\,;\,1} \right)$. C. $N\left( {0\,;\, – 1\,;\,2} \right)$. D. $M\left( { – 1\,;\, – 1\,;\,1} \right)$.

Lời giải

Chọn B

Phương trình tham số đường thẳng ${d_1}:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = t\\z = 5 – 2t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$, với vectơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {1\,;\,1\,;\, – 2} \right)$.

Giả sử đường thẳng $d$ cắt đường thẳng ${d_1}$ tại $B$. Khi đó $B\left( {1 + t\,;\,t\,;\,5 – 2t} \right)$.

$\overrightarrow {AB} = \left( {t;t;3 – 2t} \right)$

Vì đường thẳng $d$ vuông góc với đường thẳng ${d_1}$ nên $AB \bot {d_1} \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow u = 0$

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

Khi đó $B\left( {2\,;\,1\,;\,3} \right)$.

Phương trình đường thẳng $d$ đi qua $A\left( {1\,;\,0\,;\,2} \right)$và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {AB} = \left( {1\,;\,1;\,1} \right)$ là:

$\frac{{x – 1}}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z – 2}}{1}$.

Nhận thấy $Q\left( {0\,;\, – 1\,;\,1} \right) \in d$.

Câu 4. Trong không gian $Oxyz$, cho mặt phẳng $\left( P \right):x + y + z – 3 = 0$ và đường thẳng $d:\frac{x}{1} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{{z – 2}}{{ – 1}}$. Đường thẳng $d’$ đối xứng với $d$ qua mặt phẳng $\left( P \right)$ có phương trình là

A. $\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 1}}{{ – 2}} = \frac{{z – 1}}{7}$. B. $\frac{{x + 1}}{1} = \frac{{y + 1}}{{ – 2}} = \frac{{z + 1}}{7}$.

C. $\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 1}}{2} = \frac{{z – 1}}{7}$. D. $\frac{{x + 1}}{1} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{{z + 1}}{7}$.

Lời giải

$I = d \cap \left( P \right)$$ \Rightarrow I\left( {1;1;1} \right)$

Lấy $A\left( {0; – 1;2} \right) \in d$. Tìm $A’$?

Đường thẳng$AH$ qua $A$ có vectơ chỉ phương ${\overrightarrow u _{AH}} = {\overrightarrow n _P} = \left( {1;1;1} \right)$$ \Rightarrow AH:\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = – 1 + t\\z = 2 + t\end{array} \right.$

$ \Rightarrow H\left( {t; – 1 + t;2 + t} \right)$

Mà $H \in \left( P \right)$$ \Rightarrow t + \left( { – 1 + t} \right) + \left( {2 + t} \right) – 3 = 0$$ \Rightarrow t = \frac{2}{3}$

$ \Rightarrow H\left( {\frac{2}{3};\frac{{ – 1}}{3};\frac{8}{3}} \right)$

Ta có $A’\left( {\frac{4}{3};\frac{1}{3};\frac{{10}}{3}} \right)$$ \Rightarrow \overrightarrow {IA’} = \left( {\frac{1}{3};\frac{{ – 2}}{3};\frac{7}{3}} \right)$ $ \Rightarrow d’:\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 1}}{{ – 2}} = \frac{{z – 1}}{7}$

Câu 5. Trong không gian $Oxyz$, cho hai mặt phẳng $\left( \alpha \right):2x + y – z + 3 = 0$ và $\left( \beta \right):x + y + z – 1 = 0$. Đường thẳng $\Delta $ là giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$ có phương trình chính tắc là?

A. $\left\{ \begin{array}{l}x = 2t\\y = – 1 – 3t\\z = 2 + t\end{array} \right..$ B. $\frac{x}{2} = \frac{{y + 1}}{{ – 3}} = \frac{{z – 2}}{1}.$

C. $\frac{{x – 2}}{1} = \frac{{y + 3}}{{ – 1}} = \frac{{z – 1}}{2}.$ D. $\frac{x}{2} = \frac{{y – 2}}{{ – 3}} = \frac{{z + 1}}{1}.$

Lời giải

Chọn B

$\left( \alpha \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {2\,;1\,; – 1} \right)$.

$\left( \beta \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_\beta }} = \left( {1\,;1\,;1} \right)$. Ta có: $\left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} ,\overrightarrow {{n_\beta }} } \right] = \left( {2\,; – 3\,;1} \right)$.

Vì đường thẳng $\Delta $ là giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$ nên $\Delta $ có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} ,\overrightarrow {{n_\beta }} } \right] = \left( {2\,; – 3\,;1} \right).$

Gọi $M$ là giao điểm của hai mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$, thì $M \in \Delta $ và tọa độ $M$ là nghiệm của hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}2x + y – z + 3 = 0\\x + y + z – 1 = 0\end{array} \right.$ , cho $x = 0$ ta được hệ sau: $\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y – z + 3 = 0\\y + z – 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = – 1\\z = 2\end{array} \right.$.

Vậy $M\left( {0\,; – 1\,;2} \right)$. Đường thẳng $\Delta $ đi qua $M\left( {0\,; – 1\,;2} \right)$ và nhận $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {2\,; – 3\,;1} \right)$ làm một vectơ chỉ phương có phương trình chính tắc là: $\Delta :\frac{x}{2} = \frac{{y + 1}}{{ – 3}} = \frac{{z – 2}}{1}.$

Câu 6. Trong không gian $Oxyz$, đường thẳng $\Delta $ đi qua điểm $M\left( {1\,;2\,;2} \right)$, song song với mặt phẳng $\left( P \right):x – y + z + 3 = 0$ đồng thời cắt đường thẳng $d:\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 2}}{1} = \frac{{z – 3}}{1}$ có phương trình là?

A. $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 – t\\y = 2 – t\\z = 2\end{array} \right..$ B. $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 – t\\y = 2 + t\\z = 2\end{array} \right..$ C. $\left\{ \begin{array}{l}x = – 1 + t\\y = – 1 + 2t\\z = 2t\end{array} \right..$ D. $\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2 – t\\z = 2 – t\end{array} \right..$

Lời giải

Chọn A

Đường thẳng $d$ có phương trình tham số là $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + t\\z = 3 + t\end{array} \right.$.

Mặt phẳng $\left( P \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {1\,; – 1\,;1} \right)$.

Giả sử $\Delta $ cắt $d$ tại $A \Rightarrow A\left( {1 + t\,;2 + t\,;3 + t} \right)$ và $\overrightarrow {MA} = \left( {t\,;t\,;1 + t} \right)$

Vì đường thẳng $\Delta $ song song với mặt phẳng $\left( P \right) \Rightarrow \overrightarrow {MA} \bot \overrightarrow n \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} .\overrightarrow n = 0 \Leftrightarrow t – 1 + 1 + t = 0$

$ \Leftrightarrow t = – 1 \Rightarrow \overrightarrow {MA} = \left( { – 1\,; – 1\,;0} \right).$ Chọn một vectơ chỉ phương của $\Delta $ là $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( { – 1\,; – 1\,;0} \right)$.

Đường thẳng $\Delta $ đi qua $M\left( {1\,;2\,;2} \right)$ và nhận $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( { – 1\,; – 1\,;0} \right)$ làm một vectơ chỉ phương có phương trình tham số là $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 – t\\y = 2 – t\\z = 2\end{array} \right..$

Câu 7. Trong không gian $Oxyz$, cho tam giác $ABC$ có phương trình đường phân giác trong góc $A$ là: $d:\frac{x}{1} = \frac{{y – 6}}{{ – 4}} = \frac{{z – 6}}{{ – 3}}$. Biết rằng điểm $M\left( {0\,;5\,;3} \right)$ thuộc đường thẳng $AB$ và điểm $N\left( {1\,;1\,;0} \right)$ thuộc đường thẳng $AC$. Một vectơ chỉ phương $\overrightarrow u $ của đường thẳng $AC$ có tọa độ là

A. $\overrightarrow u = \left( {0\,;1\,; – 3} \right).$ B. $\overrightarrow u = \left( {0\,;1\,;3} \right).$ C. $\overrightarrow u = \left( {1\,;2\,;3} \right).$ D. $\overrightarrow u = \left( {0\,; – 2\,;6} \right).$

Lời giải

Chọn B

Phương trình tham số của đường phân giác trong góc $A\,,\left( d \right):\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 6 – 4t\\z = 6 – 3t\end{array} \right.$.

Gọi $D$ là điểm đối xứng với $M$ qua $\left( d \right)$. Khi đó $D \in AC \Rightarrow $ đường thẳng $AC$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {ND} $.

* Ta xác định điểm $D.$ Gọi $K$ là giao điểm của $MD$ với $\left( d \right)$.

Ta có $K\left( {t\,;6 – 4t\,;6 – 3t} \right)\,\,;\overrightarrow {MK} = \left( {t\,;1 – 4t\,;3 – 3t} \right).$

Vì $\overrightarrow {MK} \bot \overrightarrow {{u_d}} $, với $\overrightarrow {{u_d}} = \left( {1\,; – 4\,; – 3} \right)$ nên $t – 4\left( {1 – 4t} \right) – 3\left( {3 – 3t} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}.$

$ \Rightarrow K\left( {\frac{1}{2}\,;4\,;\frac{9}{2}} \right)$, mà $K$ là trung điểm của $MD$ nên $\left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 2{x_K} – {x_M}\\{y_D} = 2{y_K} – {y_M}\\{z_D} = 2{z_K} – {z_M}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 1\\{y_D} = 3\\{z_D} = 6\end{array} \right.$ hay $D\left( {1\,;3\,;6} \right)$.

Một vectơ chỉ phương của $AC$ là $\overrightarrow {ND} = \left( {0\,;2\,;6} \right) = 2\left( {0\,;1\,;3} \right) = 2\overrightarrow u $, với $\overrightarrow u = \left( {0\,;1\,;3} \right).$

Câu 8. Trong không gian $Oxyz$, đường thẳng $\Delta $ đi qua $A\left( {0\,;1\,;1} \right)$, vuông góc với đường thẳng ${d_1}:\frac{{x – 3}}{{ – 2}} = \frac{{y – 6}}{2} = \frac{{z – 1}}{1}$ và cắt đường thẳng ${d_2}:\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = – t\\z = 2\end{array} \right.$ có phương trình là

A. $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = – t\\y = 1 + 3t\\z = 1 – 4t\end{array} \right..$ B. $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 1 + 3t\\z = 1 – 4t\end{array} \right..$ C. $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 1 – 3t\\z = 1 – 4t\end{array} \right..$ D. $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 3 + t\\z = – 4 + t\end{array} \right..$

Lời giải

Chọn B

${d_1}$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {{u_1}} = \left( { – 2\,;2\,;1} \right)$.

Giả sử $\Delta $ cắt ${d_2}$ tại $B \Rightarrow B\left( {t\,; – t\,;2} \right)$ và $\overrightarrow {AB} = \left( {t\,; – t – 1\,;1} \right)$

Vì đường thẳng $\Delta $ vuông góc với đường thẳng ${d_2} \Rightarrow \overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {{u_1}} \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_1}} = 0 \Leftrightarrow – 2t – 2t – 2 + 1 = 0 \Leftrightarrow t = – \frac{1}{4}$.

Suy ra $\overrightarrow {AB} = \left( { – \frac{1}{4}\,; – \frac{3}{4};1} \right) = – \frac{1}{4}\left( {1\,;3\,; – 4} \right) = – \frac{1}{4}\overrightarrow u $, với $\overrightarrow u = \left( {1\,;3\,; – 4} \right)$.

Vậy đường thẳng $\Delta $ đi qua $A\left( {0\,;1\,;1} \right)$ và nhận $\overrightarrow u = \left( {1\,;3\,; – 4} \right)$ làm một vectơ chỉ phương có phương trình tham số là: $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 1 + 3t\\z = 1 – 4t\end{array} \right..$

Câu 9. Trong không gian $Oxyz$, đường thẳng $\Delta $ vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right):7x + y – 4z = 0$, cắt hai đường thẳng ${d_1}:\frac{x}{2} = \frac{{y – 1}}{{ – 1}} = \frac{{z + 2}}{1}$ và ${d_2}:\left\{ \begin{array}{l}x = – 1 + 2t\\y = 1 + t\\z = 3\end{array} \right.$ có phương trình chính tắc là

A. $\Delta :\frac{{x – 2}}{{ – 7}} = \frac{y}{{ – 1}} = \frac{{z + 1}}{4}.$ B. $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 – 7t\\y = – t\\z = – 1 + 4t\end{array} \right..$

C. $\Delta :\frac{{x + 2}}{{ – 7}} = \frac{{y – 3}}{{ – 1}} = \frac{{z + 1}}{4}.$ D. $\Delta :\frac{{x + 7}}{{ – 5}} = \frac{{y + 1}}{{ – 1}} = \frac{{z – 4}}{3}.$

Lời giải

Chọn A

Mặt phẳng $\left( P \right)$ có một vectơ pháp tuyến $\overrightarrow n = \left( {7\,;1\,;4} \right)$

${d_1}$ có phương trình tham số: ${d_1}:\left\{ \begin{array}{l}x = 2m\\y = 1 – 2m\\z = – 2 + m\end{array} \right.$

Giả sử $\Delta $ cắt ${d_1}$ tại $A \Rightarrow A\left( {2m\,;1 – 2m\,; – 2 + m} \right)$

Giả sử $\Delta $ cắt ${d_2}$ tại $B \Rightarrow B\left( { – 1 + 2t\,;1 + t\,;3} \right)$

Suy ra $\overrightarrow {AB} = \left( {2t – 1 – 2m\,;t + m\,;5 – m} \right)$

Vì đường thẳng $\Delta $ vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} $ cùng phương với $\overrightarrow n $

Tức là $\frac{{2t – 1 – 2m}}{7} = \frac{{t + m}}{1} = \frac{{5 – m}}{{ – 4}} = k \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2t – 1 – 2m = 7k\\t + m = k\\5 – m = – 4k\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = – 2\\m = 1\\k = – 1\end{array} \right.$.

Suy ra $A\left( {2\,;0\,; – 1} \right),B\left( { – 5\,; – 1\,;3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( { – 7\,; – 1\,;4} \right).$

Vậy đường thẳng $\Delta $ đi qua $A\left( {2\,;0\,; – 1} \right)$ và nhận $\overrightarrow u = \overrightarrow {AB} = \left( { – 7\,; – 1\,;4} \right)$ làm một vectơ chỉ phương có phương trình chính tắc là $\Delta :\frac{{x – 2}}{{ – 7}} = \frac{y}{{ – 1}} = \frac{{z + 1}}{4}.$

Câu 10. Trong không gian $Oxyz$, cho mặt phẳng $\left( P \right):2x – y + z – 10 = 0$, điểm $A\left( {1\,;3\,;2} \right)$ và đường thẳng $d:\left\{ \begin{array}{l}x = – 2 + 2t\\y = 1 + t\\z = 1 – t\end{array} \right.$ . Đường thẳng $\Delta $ cắt $\left( P \right)$ và $d$ lần lượt tại hai điểm $M$ và $N$ sao cho $A$ là trung điểm của $MN$ có phương trình chính tắc là

A. $\Delta :\frac{{x + 6}}{{ – 7}} = \frac{{y + 1}}{4} = \frac{{z – 3}}{{ – 1}}.$ B. $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = – 6 – 7t\\y = – 1 – 4t\\z = 3 + t\end{array} \right..$

C. $\Delta :\frac{{x – 6}}{7} = \frac{{y – 1}}{4} = \frac{{z + 3}}{{ – 1}}.$ D. $\Delta :\frac{{x + 6}}{{ – 7}} = \frac{{y + 1}}{{ – 4}} = \frac{{z – 3}}{1}.$

Lời giải

Chọn D

Ta có $\Delta $ cắt $d$ tại $M \Rightarrow M\left( { – 2 + 2t\,;1 + t\,;1 – t} \right)$ .

Vì $A$ là trung điểm của $MN$ nên $N:\left\{ \begin{array}{l}{x_N} = 2{x_A} – {x_M} = 4 – 2t\\{y_N} = 2{y_A} – {y_M} = 5 – t\\{z_N} = 2{z_A} – {z_M} = t + 3\end{array} \right.$ hay $N\left( {4 – 2t\,;5 – t\,;t + 3} \right)$.

Vì $\Delta $ cắt $\left( P \right)$ tại $N \Rightarrow N \in \left( P \right) \Rightarrow 2\left( {4 – 2t} \right) – \left( {5 – t} \right) + \left( {3 + t} \right) – 10 = 0 \Leftrightarrow t = – 2.$

Do đó $M\left( { – 6\,; – 1\,;3} \right)$ và $\overrightarrow {AM} = \left( { – 7\,; – 4\,;1} \right)$.

Vậy đường thẳng $\Delta $ đi qua $M\left( { – 6\,; – 1\,;3} \right)$ và nhận $\overrightarrow u = \overrightarrow {AM} = \left( { – 7\,; – 4\,;1} \right)$ làm một vectơ chỉ phương có phương trình chính tắc là $\Delta :\frac{{x + 6}}{7} = \frac{{y + 1}}{{ – 4}} = \frac{{z – 3}}{{ – 1}}.$

 Mức độ 4

Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai đường thẳng ${d_1}:\frac{{x – 3}}{{ – 1}} = \frac{{y – 3}}{{ – 2}} = \frac{{z + 2}}{1}$; ${d_2}:\frac{{x – 5}}{{ – 3}} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{{z – 2}}{1}$ và mặt phẳng $\left( P \right):x + 2y + 3z – 5 = 0$. Đường thẳng vuông góc với $\left( P \right)$, cắt ${d_1}$ và ${d_2}$ có phương trình là

A. $\frac{{x – 2}}{1} = \frac{{y – 3}}{2} = \frac{{z – 1}}{3}$. B. $\frac{{x – 3}}{1} = \frac{{y – 3}}{2} = \frac{{z + 2}}{3}$.

C. $\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{z}{3}$. D. $\frac{{x – 1}}{3} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{z}{1}$.

Lời giải

Chọn C

Gọi $\Delta $ là đường thẳng cần tìm. Gọi $M = \Delta \cap {d_1}$; $N = \Delta \cap {d_2}$.

Vì $M \in {d_1}$ nên $M\left( {3 – t\,;\,3 – 2t\,;\, – 2 + t} \right)$,

vì $N \in {d_2}$ nên $N\left( {5 – 3s\,;\, – 1 + 2s\,;\,2 + s} \right)$.

$\overrightarrow {MN} = \left( {2 + t – 3s\,;\, – 4 + 2t + 2s\,;\,4 – t + s} \right)$, $\left( P \right)$ có một vec tơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {1\,;\,2\,;\,3} \right)$;

Vì $\Delta \bot \left( P \right)$ nên $\overrightarrow n \,,\,\overrightarrow {MN} $ cùng phương, do đó:

$\left\{ \begin{array}{l}\frac{{2 + t – 3s}}{1} = \frac{{ – 4 + 2t + 2s}}{2}\\\frac{{ – 4 + 2t + 2s}}{2} = \frac{{4 – t + s}}{3}\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}s = 1\\t = 2\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}M\left( {1\,;\, – 1\,;\,0} \right)\,\,\\N\left( {2\,;\,1\,;\,3} \right)\end{array} \right.$

$\Delta $ đi qua $M$ và có một vecto chỉ phương là $\overrightarrow {MN} = \left( {1\,;\,2\,;\,3} \right)$.

Do đó $\Delta $ có phương trình chính tắc là $\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{z}{3}$.

Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, viết phương trình đường thẳng đi qua $A\left( {1; – 1;1} \right)$, vuông góc và cắt đường thẳng $d:\frac{{x – 4}}{{ – 1}} = \frac{{y – 2}}{1} = \frac{{z + 5}}{1}$.

A. $\frac{{x – 1}}{5} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z – 1}}{{ – 8}}$. B. $\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y + 1}}{5} = \frac{{z – 1}}{{ – 4}}$.

C. $\frac{{x – 1}}{5} = \frac{{y + 1}}{5} = \frac{{z – 1}}{{ – 4}}$. D. $\frac{{x – 1}}{5} = \frac{{y + 1}}{{ – 1}} = \frac{{z – 1}}{8}$.

Lời giải

Chọn B

Ta có $d:\,\frac{{x – 4}}{{ – 1}} = \frac{{y – 2}}{1} = \frac{{z + 5}}{1}$$ \Rightarrow $vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_d}} = \left( { – 1;1;1} \right)$.

Gọi đường thẳng cần tìm là $d’$ và $d’ \cap d = \left\{ H \right\}$.

Vì $H \in d \Rightarrow H\left( {4 – t\,;\,2 + t\,;\, – 5 + t} \right)$.

$\overrightarrow {AH} = \left( {3 – t\,;\,3 + t\,;\, – 6 + t} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {AH} \bot \overrightarrow {{u_d}} \Rightarrow \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {{u_d}} = 0 \Leftrightarrow t – 3 + 3 + t – 6 + t = 0 \Leftrightarrow 3t – 6 = 0 \Leftrightarrow t = 2$.

Phương trình $d’$đi qua $A\left( {1; – 1;1} \right)$ và nhận $\overrightarrow {AH} \left( {1;5; – 4} \right)$làm vectơ chỉ phương là

$d’:\,\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y + 1}}{5} = \frac{{z – 1}}{{ – 4}}$.

Câu 3. Trong không gian $Oxyz$ cho hai điểm$A\left( {–1;3;–2} \right)$, $B\left( {–3;7;–18} \right)$ và mặt phẳng$\left( P \right):2x–y + z + 1 = 0$. Phương trình đường thẳng $d’$ là hình chiếu vuông góc của $AB$ lên mp $\left( P \right)$ là

A. $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + 3t\\z = – 1 – 2t\end{array} \right.$. B. $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 3\\z = 1 – 2t\end{array} \right.$. C. $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2\\z = – 1 – 2t\end{array} \right.$. D. $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 4 – 2t\\z = 1 – 2t\end{array} \right.$.

Lời giải

Chọn C

Mặt phẳng $\left( P \right)$ có vecto pháp tuyến ${\overrightarrow n _{\left( P \right)}} = \left( {2;–1;1} \right)$

Gọi $A’$và $B’$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$và $B$ lên mp $\left( P \right)$

+ Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $\left( P \right)$ có phương trình tham số là $\left\{ \begin{array}{l}x = – 1 + 2t\\y = 3 – t\\z = – 2 + t\end{array} \right.$. Tọa độ $A’$ là nghiệm của hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x = – 1 + 2t\\y = 3 – t\\z = – 2 + t\\2x–y + z + 1 = 0\end{array} \right.$$ \Rightarrow 2\left( { – 1 + 2t} \right)–\left( {3 – t} \right) + \left( { – 2 + t} \right) + 1 = 0$$ \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow A’\left( {1;2; – 1} \right)$.

+ Đường thẳng qua $B$ vuông góc với $\left( P \right)$ có phương trình tham số là $\left\{ \begin{array}{l}x = – 3 + 2t’\\y = 7 – t’\\z = – 18 + t’\end{array} \right.$. Tọa độ $B’$là nghiệm của hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x = – 3 + 2t’\\y = 7 – t’\\z = – 18 + t’\\2x–y + z + 1 = 0\end{array} \right.$$ \Rightarrow 2\left( { – 3 + 2t’} \right)–\left( {7 – t’} \right) + \left( { – 18 + t’} \right) + 1 = 0$$ \Leftrightarrow t = 5 \Rightarrow B’\left( {7;2; – 13} \right)$.

+ Đường thẳng $d’$ là đường thẳng đi qua hai điểm $A’$ và $B’$, nhận $\overrightarrow {A’B’} = \left( {6;0; – 12} \right)$ làm vecto chỉ phương, có phương trình tham số là $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2\\z = – 1 – 2t\end{array} \right.$.

Câu 4. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho đường thẳng $d:\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 1}}{2} = \frac{{z – 2}}{{ – 1}}$và mặt phẳng $(P):2x + y + 2z – 1 = 0$. Gọi $d’$là hình chiếu của đường thẳng $d$lên mặt phẳng $(P)$, một véctơ chỉ phương của đường thẳng $d’$là

A. $\overrightarrow {{u_3}} = (5;\, – 16; – 13)$. B. $\overrightarrow {{u_2}} = (5;\, – 4; – 3)$.

C. $\overrightarrow {{u_4}} = (5;\,16;13)$. D. $\overrightarrow {{u_1}} = (5;\,16; – 13)$.

Lời giải

Chọn D

Ta có $d:\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 1}}{2} = \frac{{z – 2}}{{ – 1}} \Rightarrow $$d$đi qua điểm $M(1;1;2)$và có một véctơ chỉ phương $\overrightarrow u = (1;2; – 1)$.

Ta có $(P):2x + y + 2z – 1 = 0 \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = (2;1;2)$.

Gọi $(Q)$là mặt phẳng chứa đường thẳng $d$và vuông góc với mặt phẳng $(P)$.

Ta có $\overrightarrow {{n_Q}} = {\rm{[}}\overrightarrow u ,\overrightarrow {{n_P}} {\rm{]}} = (5; – 4; – 3)$.

Mặt phẳng $(Q)$đi qua điểm $M(1;1;2)$và có véctơ pháp tuyến $\overrightarrow {{n_Q}} = (5; – 4; – 3)$

Suy ra $(Q):5x – 4y – 3z + 5 = 0$.

Ta có $(P) \cap (Q) = d’$.

Xét hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{5x – 4y – 3z + 5 = 0}\\{2x + y + 2z – 1 = 0}\end{array}} \right.$

Đặt $z = t \Rightarrow d’:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = – \frac{1}{{13}} – \frac{5}{{13}}t}\\{y = \,\,\,\,\frac{{15}}{{13}} – \frac{{16}}{{13}}t}\\{z = \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,t}\end{array}} \right.,t \in \mathbb{R}$.

vậy một véctơ chỉ phương của đường thẳng $d’$là $\overrightarrow {{u_1}} = (5;\,16; – 13)$.

Câu 5. Trong không gian $Oxyz$cho đường thẳng $d:\frac{x}{2} = \frac{y}{2} = \frac{{z + 3}}{{ – 1}}$và mặt cầu $\left( S \right):{\left( {x – 3} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {\left( {z – 5} \right)^2} = 36$. Gọi $\Delta $là đường thẳng đi qua $A\left( {2;1;3} \right)$, vuông góc với đường thẳng $d$và cắt $\left( S \right)$tại hai điểm có khoảng cách lớn nhất. Khi đó đường thằng $\Delta $có một véctơ chỉ phương là $\vec u = \left( {1;a;b} \right)$. Tính $a + b$.

A. $4$. B. $ – 2$. C. $ – \frac{1}{2}$. D. $5$.

Lời giải

Chọn D

Gọi $\left( \alpha \right)$là mặt phẳng đi qua $A$và vuông góc $d$. Suy ra $\left( \alpha \right):2x + 2y – z – 3 = 0$.

$\Delta $ đi qua $A$và vuông với $d$nên $\Delta $nằm trong $\left( \alpha \right)$.

Vì $\Delta $cắt $\left( S \right)$tại hai điểm có khoảng cách lớn nhất nên $\Delta $đi qua tâm $K$của đường tròn giao tuyến của $\left( \alpha \right)$và $\left( S \right)$.

Ta có: $K$là hình chiếu vuông góc của tâm $I$của mặt cầu lên $\left( \alpha \right)$nên $K\left( {\frac{{23}}{9};\frac{{14}}{9};\frac{{47}}{9}} \right)$.

Khi đó: $\overrightarrow {AK} = \left( {\frac{5}{9};\frac{5}{9};\frac{{20}}{9}} \right) \Rightarrow \overrightarrow u = \left( {1;1;4} \right)$.

Câu 6. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng $d:\frac{{x – 2}}{2} = \frac{{y – 3}}{3} = \frac{{z + 4}}{{ – 5}}$và $d’:\frac{{x + 1}}{3} = \frac{{y – 4}}{{ – 2}} = \frac{{z – 4}}{{ – 1}}$.

A. $\frac{x}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z – 1}}{1}$. B. $\frac{{x – 2}}{2} = \frac{{y – 2}}{3} = \frac{{z – 3}}{4}$.

C. $\frac{{x – 2}}{2} = \frac{{y + 2}}{2} = \frac{{z – 3}}{2}$. D. $\frac{x}{2} = \frac{{y – 2}}{3} = \frac{{z – 3}}{{ – 1}}$.

Lời giải

Chọn A

Ta có $M \in d$suy ra $M\left( {2 + 2m;3 + 3m; – 4 – 5m} \right)$. Tương tự $N \in d’$suy ra $N\left( { – 1 + 3n;4 – 2n;4 – n} \right)$. Từ đó ta có $\overrightarrow {MN} = \left( { – 3 + 3n – 2m;1 – 2n – 3m;8 – n + 5m} \right)$.

Mà do $MN$là đường vuông góc chung của $d$và $d’$nên $\left\{ \begin{array}{l}MN \bot d\\MN \bot d’\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2\left( { – 3 + 3n – 2m} \right) + 3.\left( {1 – 2n – 3m} \right) – 5\left( {8 – n + 5m} \right) = 0\\3\left( { – 3 + 3n – 2m} \right) – 2.\left( {1 – 2n – 3m} \right) – 1\left( {8 – n + 5m} \right) = 0\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 38m + 5n = 43\\ – 5m + 14n = 19\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = – 1\\n = 1\end{array} \right.$.

Suy ra $M\left( {0;0;1} \right)$, $N\left( {2;2;3} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {MN} = \left( {2;2;2} \right)$nên đường vuông góc chung $MN$là $\frac{x}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z – 1}}{1}$.

Câu 7. Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $A\left( {0;1; – 2} \right)$, mặt phẳng $\left( P \right):x + y + z + 1 = 0$ và mặt cầu $\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} – 2x – 4y – 7 = 0$. Gọi $\Delta $ là đường thẳng đi qua $A$ và $\Delta $ nằm trong mặt phẳng $\left( P \right)$ và cắt mặt cầu $\left( S \right)$ tại hai điểm $B$,$C$ sao cho tam giác $IBC$ có diện tích lớn nhất, với $I$ là tâm của mặt cầu $\left( S \right)$. Phương trình của đường thẳng $\Delta $ là

A. $\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 1\\z = – 2 – t\end{array} \right.$. B. $\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 1 + t\\z = – 2 + t\end{array} \right.$. C. $\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 1 – t\\z = – 2\end{array} \right.$. D. $\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 1 + t\\z = – 2\end{array} \right.$.

Lời giải

Chọn C

$\left( S \right)$ có tâm $I\left( {1;2;0} \right)$ và bán kính $R = \sqrt {{1^2} + {2^2} + 7} = 2\sqrt 3 $.

$\overrightarrow {AI} = \left( {1;1;2} \right)$$ \Rightarrow AI = \sqrt 6 < R$ $ \Rightarrow A$ nằm trong mặt cầu $\left( S \right)$ và $A$ nằm trên dây cung $BC$ $\left( 1 \right)$.

${S_{\Delta IBC}} = \frac{1}{2}IB.IC.\sin \widehat {BIC}$$ = \frac{{{R^2}}}{2}\sin \widehat {BIC} \le \frac{{{R^2}}}{2}$ nên diện tích $\Delta IBC$ đạt giá trị lớn nhất là $\frac{{{R^2}}}{2}$$ \Leftrightarrow \sin \widehat {BIC} = 1$$ \Rightarrow \widehat {BIC} = 90^\circ $$ \Rightarrow \Delta IBC$ vuông cân tại $I$$ \Rightarrow BC = IC\sqrt 2 $$ = R\sqrt 2 = 2\sqrt 6 $

Gọi $J$ là trung điểm của $BC$. Ta có $IJ \bot BC$ và $IJ = \frac{{BC}}{2} = \sqrt 6 $$\left( 2 \right)$.

$\Delta AIJ$ vuông tại $J \Rightarrow $ $AI \ge IJ$, kết hợp thêm với $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta có $IJ = AI$$ \Rightarrow A \equiv J$$ \Rightarrow A$ là trung điểm của $BC$ và $IA \bot BC$.

$\left( P \right)$ có vectơ pháp tuyến ${\overrightarrow n _{_{\left( P \right)}}} = \left( {1;1;1} \right)$ có giá vuông góc với $\Delta $.

Vậy $\Delta $ nhận $\overrightarrow u = \left[ {{{\overrightarrow n }_{_{\left( P \right)}}},\overrightarrow {AI} } \right]$$ = \left( {1; – 1;0} \right)$ làm vectơ chỉ phương và đi qua $A\left( {0;1; – 2} \right)$

$ \Rightarrow \Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 1 – t\\z = – 2\end{array} \right.$.

Câu 8. Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$, cho điểm $M\left( { – 3\,;\,3\,;\, – 3} \right)$ thuộc mặt phẳng $\left( \alpha \right):2x – 2y + z + 15 = 0$ và mặt cầu $\left( S \right):{\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y – 3} \right)^2} + {\left( {z – 5} \right)^2} = 100$. Đường thẳng $\Delta $ qua $M$, nằm trên mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ cắt $\left( S \right)$ tại $A,\;B$ sao cho độ dài $AB$ lớn nhất. Viết phương trình đường thẳng $\Delta $.

A. $\frac{{x + 3}}{1} = \frac{{y – 3}}{1} = \frac{{z + 3}}{3}$. B. $\frac{{x + 3}}{1} = \frac{{y – 3}}{4} = \frac{{z + 3}}{6}$.

C. $\frac{{x + 3}}{{16}} = \frac{{y – 3}}{{11}} = \frac{{z + 3}}{{ – 10}}$. D. $\frac{{x + 3}}{5} = \frac{{y – 3}}{1} = \frac{{z + 3}}{8}$.

Lời giải

Chọn B

Ta có: Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {2\,;\,3\,;\,5} \right)$, bán kính $R = 10$.

$d\left( {I,\left( \alpha \right)} \right) = \frac{{\left| {2.2 – 2.3 + 5 + 15} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { – 2} \right)}^2} + {1^2}} }} = 6 < R$ $ \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( S \right) = C\left( {H\,;\,r} \right)$,$H$ là hình chiếu của $I$ lên $\left( \alpha \right)$

Gọi ${\Delta _1}$ là đường thẳng qua $I$ và vuông góc với $\left( \alpha \right)$ $ \Rightarrow {\Delta _1}$ có VTCP là $\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} = \left( {2; – 2;1} \right)$.

$ \Rightarrow $PTTS ${\Delta _1}:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = 3 – 2t\\z = 5 + t\end{array} \right.$. Tọa độ $H$ là nghiệm của hệ: $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = 3 – 2t\\z = 5 + t\\2x – 2y + z + 15 = 0\end{array} \right.$ $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = – 2\\y = 7\\z = 3\end{array} \right.$$ \Rightarrow H\left( { – 2\,;\,7\,;\,3} \right)$.

Ta có $AB$ có độ dài lớn nhất $ \Leftrightarrow AB$ là đường kính của $\left( C \right)$ $ \Leftrightarrow \Delta \equiv MH$.

Đường thẳng $MH$ đi qua $M\left( { – 3\,;\,3\,;\, – 3} \right)$ và có VTCP $\overrightarrow {MH} = \left( {1\,;\,4\,;\,6} \right)$.

Suy ra phương trình $\Delta :\frac{{x + 3}}{1} = \frac{{y – 3}}{4} = \frac{{z + 3}}{6}.$

Câu 9. Đường thẳng $\Delta $ đi qua điểm $M\left( {3;\,1;\,1} \right)$, nằm trong mặt phẳng $\left( \alpha \right):x + y – z – 3 = 0$ và tạo với đường thẳng $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 4 + 3t\\z = – 3 – 2t\end{array} \right.$ một góc nhỏ nhất thì phương trình của $\Delta $ là

A. $\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = – t’\\z = 2t’\end{array} \right.$. B. $\left\{ \begin{array}{l}x = 8 + 5t’\\y = – 3 – 4t’\\z = 2 + t’\end{array} \right.$. C. $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t’\\y = 1 – t’\\z = 3 – 2t’\end{array} \right.$. D. $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 5t’\\y = 1 – 4t’\\z = 3 + 2t’\end{array} \right.$.

Lời giải

Chọn B

Đường thẳng $d$ có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow u = \left( {0;\,3;\, – 2} \right)$.

Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {1;\,1;\, – 1} \right)$.

Vì $\overrightarrow u .\overrightarrow n = 0.1 + 3.1 + \left( { – 2} \right).\left( { – 1} \right) = 5 \ne 0$ nên $d$ cắt $\left( \alpha \right)$.

Gọi ${d_1}$ là đường thẳng đi qua $M$ và ${d_1}$//$d$, suy ra ${d_1}$ có phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1 + 3t\\z = 1 – 2t\end{array} \right.$.

Lấy $N\left( {3;\,4;\, – 1} \right) \in {d_1}$. Gọi $K$, $H$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $N$ trên mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và đường thẳng $\Delta $.

Ta có: $\widehat {\left( {d,\Delta } \right)} = \widehat {NMH}$ và $\sin \widehat {NMH} = \frac{{NH}}{{MN}} \ge \frac{{NK}}{{MN}}.$

Do vậy $\widehat {\left( {d,\Delta } \right)}$ nhỏ nhất khi $K \equiv H$ hay $\Delta $ là đường thẳng $MK$.

Đường thẳng $NK$ có phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y = 4 + t\\z = – 1 – t\end{array} \right.$.

Tọa độ điểm $K$ ứng với $t$ là nghiệm của phương trình:

$\left( {3 + t} \right) + \left( {4 + t} \right) – \left( { – 1 – t} \right) – 3 = 0 \Leftrightarrow t = – \frac{5}{3}$. Suy ra $K\left( {\frac{4}{3};\,\frac{7}{3};\,\frac{2}{3}} \right)$.

Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ$Oxyz$, cho mặt phẳng $\left( P \right):x + y – 4z = 0$, đường thẳng $d:\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ – 1}} = \frac{{z – 3}}{1}$ và điểm $A\left( {1;\,\,3;\,\,1} \right)$ thuộc mặt phẳng $\left( P \right)$. Gọi $\Delta $ là đường thẳng đi qua $A$, nằm trong mặt phẳng $\left( P \right)$ và cách đường thẳng $d$ một khoảng cách lớn nhất. Gọi $\overrightarrow u = \left( {a;\,\,b;\,\,1} \right)$ là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng $\Delta $. Tính $a + 2b$.

A. $a + 2b = – 3$. B. $a + 2b = 0$. C. $a + 2b = 4$. D. $a + 2b = 7$.

Lời giải

Chọn A

Đường thẳng $d$ đi qua $M\left( {1;\,\, – 1;\,\,3} \right)$ và có véc tơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2;\,\, – 1;\,\,1} \right)$.

Nhận xét rằng, $A \notin d$ và $d \cap \left( P \right) = I\left( { – 7;\,\,3;\,\, – 1} \right)$.

Gọi $\left( Q \right)$ là mặt phẳng chứa $d$ và song song với $\Delta $. Khi đó $d\left( {\Delta ,d} \right) = d\left( {\Delta ,\left( Q \right)} \right) = d\left( {A,\left( Q \right)} \right)$.

Gọi $H$, $K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $\left( Q \right)$ và $d$. Ta có $AH \le AK$.

Do đó, $d\left( {\Delta ,d} \right)$ lớn nhất $ \Leftrightarrow $ $d\left( {A,\left( Q \right)} \right)$ lớn nhất $ \Leftrightarrow A{H_{\max }}$ $ \Leftrightarrow H \equiv K$. Suy ra $AH$ chính là đoạn vuông góc chung của $d$ và $\Delta .$

Mặt phẳng $\left( R \right)$ chứa $A$ và $d$ có véc tơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_{\left( R \right)}}} = \left[ {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {{u_1}} } \right]$$ = \left( { – 2;\,\,4;\,\,8} \right)$.

Mặt phẳng $\left( Q \right)$ chứa $d$ và vuông góc với $\left( R \right)$ nên có véc tơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} = \left[ {\overrightarrow {{n_{\left( R \right)}}} ,\overrightarrow {{u_1}} } \right]$$ = \left( {12;\,\,18;\,\, – 6} \right)$.

Đường thẳng $\Delta $ chứa trong mặt phẳng $\left( P \right)$ và song song với mặt phẳng $\left( Q \right)$ nên có véc tơ chỉ phương là $\overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} ,\overrightarrow {{n_{\left( R \right)}}} } \right]$$ = \left( {66;\,\, – 42;\,\,6} \right)$$ = 6\left( {11;\,\, – 7;\,\,1} \right)$.

Suy ra, $a = 11;\,\,b = – 7$. Vậy $a + 2b = – 3$.

Bài trướcĐề Ôn Thi Tốt Nghiệp THPT Môn Địa 2021 Chuẩn Cấu Trúc Đề Minh Họa Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án (Đề 6)
Bài tiếp theoChuyên Đề Xác Suất Luyện Thi Tốt Nghiệp THPT Có Đáp Án Và Lời Giải
Nhận thông báo qua email
Thông báo cho
guest

0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments