Chuyên Đề Viết Phương Trình Đường Thẳng Trong Không Gian Ôn Thi Tốt Nghiệp THPT Có Đáp Án Và Lời Giải

0
1719

Chuyên đề viết phương trình đường thẳng trong không gian theo từng mức độ luyện thi tốt nghiệp THPT 2021 có đáp án và lời giải được phát triển từ câu 38 của đề tham khảo môn Toán.

DẠNG TOÁN: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH 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 $\overrightarrow u = k\overrightarrow v \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = k{x_2}\\{y_1} = k{y_2}\\{z_1} = k{z_2}\end{array} \right.$.

Nếu 2 vectơ $\overrightarrow u $ , $\overrightarrow v $ không cùng phương và $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow a \bot \overrightarrow u \\\overrightarrow a \bot \overrightarrow v \end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow a = \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right]$ .

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. CÁC DẠNG BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

PTĐT qua 1 điểm, dễ tìm VTCP (không dùng t.c.h).

PTĐT qua 1 điểm, VTCP tìm bằng t.c.h (cho 2 mp).

PTĐT qua 1 điểm, VTCP tìm bằng t.c.h (cho 2 đt).

PTĐT qua 1 điểm, VTCP tìm bằng t.c.h (cho đt+mp).

PTĐT qua 1 điểm, cắt ${d_1}$ , có liên hệ với ${d_2}$.

PTĐT qua 1 điểm, cắt $d$ , có liên hệ với mp $\left( P \right)$.

PTĐT qua 1 điểm, cắt ${d_1}$ lẫn ${d_2}$.

PTĐT qua 1 điểm, vừa cắt – vừa vuông góc với $d$.

PTĐT qua 1 điểm, vuông góc với $d$, thỏa ĐK khoảng cách.

PTĐT qua 1 điểm, thỏa ĐK khác.

PTĐT cắt 2 đường thẳng ${d_1},{d_2}$, thỏa ĐK khác.

PTĐT nằm trong $\left( P \right)$, vừa cắt vừa vuông góc với $d$.

PTĐT là hình chiếu của đường thẳng $d$ trong $\left( P \right)$.

PTĐT thỏa ĐK đối xứng.

PT đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau.

BÀI TẬP MẪU

Câu 38 : (ĐỀ MINH HỌA BDG 2020-2021) Trong không gian $Oxyz$, đường thẳng đi qua hai điểm $A\left( {1\;;\;2\;;\; – 1} \right);B\left( {2\;;\; – 1\;;\;1} \right)$có phương trình tham số là

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

Phân tích hướng dẫn giải

1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán tìm phương trình tham số của đường thẳng đi qua 2 điểm cho trước.

2. HƯỚNG GIẢI:

B1: Tìm tọa độ véc tơ chỉ phương $\overrightarrow {AB} $

B2: Viết phương trình tham số của đường thẳng $AB$.

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

Lời giải

Chọn A

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {1\;;\; – 3\;;\;2} \right)$ là véctơ chỉ phương của đường thẳng $AB$

Vậy đường thẳng $AB$ đi qua điểm $A\left( {1\;;\;2\;;\; – 1} \right)$có VTCP $\overrightarrow u = \left( {1\;;\; – 3\;;\;2} \right)$ nên phương trình tham số của $AB$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 – 3t\\z = – 1 + 2t\end{array} \right.\;\;\left( {\;t \in \mathbb{R}} \right)$

Bài tập tương tự và phát triển:

Mức độ 1

Câu 1. Trong không gian với hệ trục $Oxyz$, cho tam giác $ABC$ có $A\left( { – 1;3;2} \right)$, $B\left( {2;0;5} \right)$ và $C\left( {0; – 2;1} \right)$. Phương trình trung tuyến $AM$ của tam giác $ABC$ là.

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

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

Lời giải

Chọn C

Ta có: $M\left( {1; – 1;3} \right)$; $\overrightarrow {AM} = \left( {2; – 4;1} \right)$. Phương trình $AM$: $\frac{{x + 1}}{2} = \frac{{y – 3}}{{ – 4}} = \frac{{z – 2}}{1}$.

Câu 2. Trong không gian $Oxyz,$ đường thẳng $d$ đi qua gốc tọa độ $O$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {1;2;3} \right)$ có phương trình:

A. $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 2t\\z = 3t\end{array} \right.$. B. $d:\left\{ \begin{array}{l}x = – t\\y = – 2t\\z = – 3t\end{array} \right.$. C. $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\\z = 3\end{array} \right.$. D. $d:\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 3t\\z = 2t\end{array} \right.$.

Lời giải

Chọn B

Vì $d$ có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow u = \left( {1;2;3} \right)$ nên nó cũng có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {u’} = \left( { – 1; – 2; – 3} \right) \Rightarrow Ptts\;d:\left\{ \begin{array}{l}x = – t\\y = – 2t\\z = – 3t\end{array} \right..$

Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( {3;{\rm{ }}2;{\rm{ }}2} \right)$, $B\left( {4; – 1;0} \right)$. Viết phương trình tham số của đường thẳng $\Delta $ qua hai điểm $A$ và $B.$

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

Lời giải

Chọn D

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {1; – 3; – 2} \right)$ là VTCP của $\Delta $ hay và $\overrightarrow u = \left( { – 1;{\rm{ }}3;{\rm{ }}2} \right)$ cũng là VTCP của $\Delta $.

$\Delta $ đi qua $A\left( {3;{\rm{ }}2;{\rm{ }}2} \right)$.

Phương trình đường thẳng $\Delta $ là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 3 – t\\y = 2 + 3t\\z = 2 + 2t\end{array} \right.$.

Câu 4. Trong không gian $Oxyz$, đường thẳng chứa trục $Oy$ có phương trình tham số là

A. $\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 1\\z = t\end{array} \right.$ B. $\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = t\\z = 0\end{array} \right.$ C. $\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 0\\z = 0\end{array} \right.$ D. $\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 0\\z = t\end{array} \right.$

Lời giải

Chọn B

Trục $Oy$ qua $O\left( {0;0;0} \right)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow j = \left( {0;1;0} \right)$ nên có phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = t\\z = 0\end{array} \right.$.

Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( {1;\;2;\; – 3} \right)$, $B\left( {3;\; – 1;\;1} \right)$. Tìm phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua $A$ và $B$.

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

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

Lời giải

Chọn C

Véctơ chỉ phương của đường thẳng $AB$ là $\overrightarrow {AB} = (2; – 3;4)$.

Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua $A$ và $B$là $\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 2}}{{ – 3}} = \frac{{z + 3}}{4}$.

Câu 6. Viết phương trình tham số của đường thẳng $\left( D \right)$ qua $I\left( { – 1;5;2} \right)$ và song song với trục $Ox.$

A. $\left\{ \begin{array}{l}x = – 2t\\y = 10t\\z = 4t\end{array} \right.;t \in \mathbb{R}$. B. $\left\{ \begin{array}{l}x = t – 1\\y = 5\\z = 2\end{array} \right.;t \in \mathbb{R}$ và $\left\{ \begin{array}{l}x = – 2t\\y = 10t\\z = 4t\end{array} \right.;t \in \mathbb{R}$.

C. $\left\{ \begin{array}{l}x = t – 1\\y = 5\\z = 2\end{array} \right.;t \in \mathbb{R}$. D. $\left\{ \begin{array}{l}x = – m\\y = 5m\\z = 2m\end{array} \right.;m \in \mathbb{R}$.

Lời giải

Chọn C

$D//\left( {Ox} \right) \Rightarrow $ Vectơ chỉ phương của $\left( D \right):\overrightarrow {{e_1}} = \left( {1;0;0} \right)$.

Ta có đường thẳng $\left( D \right)$ qua $I\left( { – 1;5;2} \right)$.

$ \Rightarrow \left( D \right):\left\{ \begin{array}{l}x = t – 1\\y = 5\\z = 2\end{array} \right.;t \in \mathbb{R}$.

Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz,$ cho hai điểm $A\left( {2;\,3;\, – 1} \right),B\left( {1;\,2;\,4} \right)$. Phương trình đường thẳng nào được cho dưới đây không phải là phương trình đường thẳng $AB$.

A. $\,\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 2}}{1} = \frac{{z – 4}}{{ – 5}}$. B. $\,\frac{{x + 2}}{1} = \frac{{y + 3}}{1} = \frac{{z – 1}}{{ – 5}}$.

C. $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 – t\\y = 3 – t\\z = – 1 + 5t\end{array} \right.$. D. $\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1 – t\\y = 2 – t\\z = 4 + 5t\end{array} \right.$.

Lời giải

Chọn B

$\overrightarrow {AB} = \left( { – 1; – 1;5} \right)$.

Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng $AB$ đi qua điểm $A\left( {2;\,3;\, – 1} \right)$ và nhận $\overrightarrow {BA} = \left( {1;1; – 5} \right)$ làm vectơ chỉ phương là : $\frac{{x – 2}}{1} = \frac{{y – 3}}{1} = \frac{{z + 1}}{{ – 5}}$.

Xét phương án A. $\,\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 2}}{1} = \frac{{z – 4}}{{ – 5}}$ là phương trình đường thẳng AB vì đường thẳng này đi qua $B\left( {1;\,2;\,4} \right)$ và nhận $\overrightarrow {BA} = \left( {1;1; – 5} \right)$ làm vectơ chỉ phương.

Xét phương án B. $\,\frac{{x + 2}}{1} = \frac{{y + 3}}{1} = \frac{{z – 1}}{{ – 5}}$ không phải là phương trình đường thẳng AB vì $\,\frac{{{x_A} + 2}}{1} \ne \frac{{{y_A} + 3}}{1} \ne \frac{{{z_A} – 1}}{{ – 5}}$.

Xét phương án C. $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 – t\\y = 3 – t\\z = – 1 + 5t\end{array} \right.$ là phương trình tham số của đường thẳng AB vì đường thẳng này đi qua $A\left( {2;\,3;\, – 1} \right)$ và nhận $\overrightarrow {AB} = \left( { – 1; – 1;5} \right)$ làm vectơ chỉ phương.

Xét phương án D. $\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1 – t\\y = 2 – t\\z = 4 + 5t\end{array} \right.$ là phương trình đường thẳng AB vì đường thẳng này đi qua $B\left( {1;\,2;\,4} \right)$ và nhận $\overrightarrow {AB} = \left( { – 1; – 1;5} \right)$ làm vectơ chỉ phương.

Vậy phương án B không phải là phương trình đường thẳng $AB.$.

Câu 8. Trong hệ tọa độ $Oxyz$, cho hình hộp $ABCD.MNPQ$ tâm $I$, biết $A(\,0;\,1;\,2),\,\,B(\,1;\,0;\,1),\,\,C(\,2;\,0;\,1)$ và $Q(\, – 1;\,0;\,1)$. Đường thẳng qua $I$, song song với $AC$ có phương trình là

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

Lời giải

Chọn D

Vì $I$ là trung điểm $BQ$ nên $I\left( {\,0;\,0;\,1} \right)$ và.$\overrightarrow {AC} = \left( {2; – 1; – 1} \right)$ nên đường thẳng qua $I$, song song với $AC$ có phương trình là $\left\{ \begin{array}{l}x = 4t\\y = – 2t\\z = 1 – 2t\end{array} \right.$ .

Câu 9. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( {1;2; – 3} \right)$, $B\left( { – 2;3;1} \right)$. Đường thẳng đi qua $A\left( {1;2; – 3} \right)$ và song song với $OB$ có phương trình là

A. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 – 2t}\\{y = 2 + 3t}\\{z = – 3 + t}\end{array}} \right.$. B. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 – 4t}\\{y = 2 – 6t}\\{z = – 3 + 2t}\end{array}} \right.$. C. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 – 2t}\\{y = 2 + 3t}\\{z = – 3 – t}\end{array}} \right.$. D. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = – 2 + t}\\{y = 3 + 2t}\\{z = 1 – 3t}\end{array}} \right.$.

Lời giải

Chọn A

Chọn $\overrightarrow {OB} = \left( { – 2;3;1} \right)$ là vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm.

Phương trình đường thẳng qua $A\left( {1;2; – 3} \right)$ và song song với $OB$ là $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 – 2t}\\{y = 2 + 3t}\\{z = – 3 + t}\end{array}} \right.$.

Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, đường thẳng $\Delta $ đi qua$A\left( {2; – 1;2} \right)$ và nhận $\overrightarrow u \left( { – 1;2; – 1} \right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình chính tắc là :

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

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

Lời giải

Chọn D

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

Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( {1;1;0} \right);\,B\left( {0;1;2} \right)$. Vectơ nào dưới đây là một vec tơ chỉ phương của đường thẳng $AB$?

A. $\overrightarrow a = \left( { – 1;0; – 2} \right)$. B. $\overrightarrow b = \left( { – 1;0;2} \right)$.

C. $\overrightarrow c = \left( {1;2;2} \right)$. D. $\overrightarrow d = \left( { – 1;1;2} \right)$.

Lời giải

Chọn B

$\overrightarrow {AB} = \left( { – 1;0;2} \right)$ là một vec tơ chỉ phương của đường thẳng $AB$.

Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( {1;1;2} \right);\,B\left( {2; – 1;3} \right)$. Viết phương trình đường thẳng $AB$.

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

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

Lời giải

Chọn B

Vec tơ chỉ phương của đường thẳng $AB$ là $\overrightarrow {AB} = \left( {1; – 2;1} \right) \Rightarrow $ Phương trình đường thẳng $AB$ là $\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 1}}{{ – 2}} = \frac{{z – 2}}{1}$

Câu 13. Trong không gian $Oxyz$, viết phương trình chính tắc của đường thẳng $\Delta $ đi qua hai điểm $A\left( {1;\,2;\, – 5} \right),\,B\left( {2;\,3;\, – 7} \right)$

A. $\Delta :\,\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 2}}{1} = \frac{{z + 5}}{{ – 2}}$. B. $\Delta :\,\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 2}}{1} = \frac{{z + 5}}{2}$.

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

Lời giải

Chọn A

Ta có $\Delta $ đi qua $A\left( {1;\,2;\, – 5} \right)$ và có vec tơ chỉ phương là $\overrightarrow {AB} = \left( {1;\,1;\, – 2} \right)$ nên có phương trình chính tắc là: $\Delta :\,\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 2}}{1} = \frac{{z + 5}}{{ – 2}}$.

Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho đường thẳng đi qua hai điểm $A(1;2; – 3)$ và $B(2; – 3;1)$ có phương trình tham số là

A. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 2 – 5t,(t \in \mathbb{R})}\\{z = 2 + 4t}\end{array}} \right.$. B. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 – t}\\{y = – 8 + 5t,(t \in \mathbb{R})}\\{z = 5 – 4t}\end{array}} \right.$.

C. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 2 – 5t}\\{z = – 3 – 2t}\end{array},(t \in \mathbb{R})} \right.$. D. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 + t}\\{y = – 3 + 5t,(t \in \mathbb{R})}\\{z = 1 + 4t}\end{array}} \right.$.

Lời giải

Chọn B

Ta có: $\overrightarrow {AB} = (1; – 5;4)$

Đường thẳng đi qua hai điểm $A(1;2; – 3)$ và $B(2; – 3;1)$ có phương trình tham số là $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 – t}\\{y = 2 + 5t\quad ,t \in \mathbb{R}{\rm{ }}{\rm{. }}}\\{z = – 3 – 4t}\end{array}} \right.$ Với $t = – 2$, ta được $M(3; – 8;5)$ thuộc đường thẳng $AB$.

Khi đó, đường thảng $AB$có phương trình tham số $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 – t}\\{y = – 8 + 5t,(t \in \mathbb{R})}\\{z = 5 – 4t}\end{array}} \right.$

Câu 15. Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A(2;3; – 1),B(1;2;4)$.

Phương trình nào được cho dưới đây không phải là phương trình đường thẳng $AB?$

A. $\frac{{x + 2}}{1} = \frac{{y + 3}}{1} = \frac{{z – 1}}{{ – 5}}$. B. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 – t}\\{y = 3 – t}\\{z = – 1 + 5t}\end{array}} \right.$.

C. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 – t}\\{y = 2 – t}\\{z = 4 + 5t}\end{array}} \right.$. D. $\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 2}}{1} = \frac{{z – 4}}{{ – 5}}$.

Lời giải

Chọn A

Ta có $\overrightarrow {BA} = (1:1; – 5)$

Vì điểm $A(2;3; – 1) \notin \frac{{x + 2}}{1} = \frac{{y + 3}}{1} = \frac{{z – 1}}{{ – 5}}$ nên $\frac{{x + 2}}{1} = \frac{{y + 3}}{1} = \frac{{z – 1}}{{ – 5}}$ không phải là phương trình đường thẳng $AB$.

Các đường thẳng còn lại đều có véc-tơ chỉ phương $\left( {1;1; – 5} \right)$ và đi qua điểm $A\left( {2;3; – 1} \right)$ hoặc đi qua điểm $B\left( {1;2;4} \right)$.

Câu 16. Phương trình tham số của đường thẳng $\left( d \right)$ đi qua hai điểm $A\left( {1;2; – 3} \right)$ và $B\left( {3; – 1;1} \right)$ là

A. $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = – 2 + 2t\\z = – 1 – 3t\end{array} \right.$. B. $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 3t\\y = – 2 – t\\z = – 3 + t\end{array} \right.$. C. $\left\{ \begin{array}{l}x = – 1 + 2t\\y = – 2 – 3t\\z = 3 + 4t\end{array} \right.$. D. $\left\{ \begin{array}{l}x = – 1 + 2t\\y = 5 – 3t\\z = – 7 + 4t\end{array} \right.$.

Lời giải

Chọn D

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {2\,;\, – 3\,;\,4} \right)$ là vectơ chỉ phương của đường thẳng $\left( d \right)$. Loại đáp án $A$, $B$.

Thế tọa độ điểm $A$ vào phương trình đường thẳng $d:$ $\left\{ \begin{array}{l}x = – 1 + 2t\\y = 5 – 3t\\z = – 7 + 4t\end{array} \right.$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}1 = – 1 + 2t\\2 = 5 – 3t\\ – 3 = – 7 + 4t\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow t = 1$ $ \Rightarrow A \in d$.

Vậy phương trình tham số của đường thẳng $\left( d \right)$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = – 1 + 2t\\y = 5 – 3t\\z = – 7 + 4t\end{array} \right.$.

Câu 17. Trong không gian $Oxyz$ cho hai điểm $A\left( {2;4; – 1} \right)$, $B\left( {5;0;7} \right)$. Viết phương trình tham số của tia $AB$.

A. $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 3t\\y = 4 – 4t\\z = – 1 + 8t\end{array} \right.$. B. $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 3t\\y = 4 – 4t\\z = – 1 + 8t\end{array} \right.\,\,\left( {t \ge 0} \right)$.

C. $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 – 3t\\y = 4 + 4t\\z = – 1 – 8t\end{array} \right.$. D. $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 3t\\y = 4 – 4t\\z = – 1 + 8t\end{array} \right.\,\,\left( {t \le 0} \right)$.

Lời giải

Chọn B

Ta có: $A\left( {2;4; – 1} \right)$, $\overrightarrow {AB} = \left( {3; – 4;8} \right)$.

Điểm $M$ thuộc tia $AB$ khi và chỉ khi $\overrightarrow {AM} = t.\overrightarrow {AB} \,\,\left( {t \ge 0} \right)$.

Do đó phương trình tham số của tia $AB$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 3t\\y = 4 – 4t\\z = – 1 + 8t\end{array} \right.\,\,\left( {t \ge 0} \right)$.

Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( {2;3; – 1} \right)$, $B\left( {1;2;4} \right)$. Phương trình đường thẳng nào dưới đây không phải là phương trình đường thẳng $AB$?

A. $\frac{{x + 2}}{1} = \frac{{y + 3}}{1} = \frac{{z – 1}}{5}$. B. $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 – t\\y = 3 – t\\z = – 1 + 5t\end{array} \right.$.

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

Lời giải

Chọn A

$d$ có vtcp $\overrightarrow {AB} = \left( { – 1; – 1;5} \right)$ nên phương trình đường thẳng trong phương án A không phải của $d$

Mức độ 2

Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ ${\rm{O}}xyz$, cho điểm $B\left( {2; – 1;3} \right)$ và mặt phẳng $\left( P \right):2x – 3y + 3z – 4 = 0$. Đường thẳng $\Delta $ đi qua điểm $B$ và vuông góc $mp\left( P \right)$ có phương trình là

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

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

Lời giải:

Chọn B

$\left( P \right):2x – 3y + 3z – 4 = 0$ nên $mp\left( P \right)$ có 1 vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {2; – 3;3} \right)$

Do $\Delta $ vuông góc với $mp\left( P \right)$ nên véc tơ chỉ phương của$\Delta $: $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {2; – 3;3} \right)$

Vậy phương trình đường thẳng $\Delta $: $\frac{{x – 2}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ – 3}} = \frac{{z – 3}}{3}$.

Câu 2. Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz$, cho điểm $M\left( {1;2;3} \right)$ và đường thẳng $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 1 – t\\y = t\\z = – 1 – 4t\end{array} \right.$, $\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$. Viết phương trình đường thẳng đi qua $M$ và song song với đường thẳng $\Delta $.

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

C. $\frac{{x + 1}}{{ – 1}} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z + 3}}{{ – 4}}$. D. $\frac{{x – 1}}{{ – 2}} = \frac{{y + 2}}{2} = \frac{{z – 3}}{{ – 8}}$.

Lời giải:

Chọn A

Đường thẳng d đi qua $M$ và song song với đường thẳng $\Delta $ nên nhận $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( { – 1;1; – 4} \right)$ làm vectơ chỉ phương.

Phương trình chính tắc của đường thẳng d là: $\frac{{x – 1}}{{ – 1}} = \frac{{y – 2}}{1} = \frac{{z – 3}}{{ – 4}}$.

Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( {1; – 2; – 3} \right)$,$B\left( { – 1;4;1} \right)$ và đường thẳng $d:\frac{{x + 2}}{1} = \frac{{y – 2}}{{ – 1}} = \frac{{z + 3}}{2}$. Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua trung điểm của đoạn thẳng $AB$ và song song với $d$?

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

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

Lời giải:

Chọn C

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$ khi đó ta có $I\left( {0;1; – 1} \right)$.

Ta có $d:\frac{{x + 2}}{1} = \frac{{y – 2}}{{ – 1}} = \frac{{z + 3}}{2}$ suy ra $\overrightarrow u \left( {1; – 1;2} \right)$ là một vecto chỉ phương của đường thẳng $d$. Vậy đương thẳng đi qua điểm $I$ và song sog với $d$ sẽ nhận $\overrightarrow u \left( {1; – 1;2} \right)$là một vectơ chỉ phương. Vậy phương trình của đường thẳng đó là: $d:\frac{x}{1} = \frac{{y – 1}}{{ – 1}} = \frac{{z + 1}}{2}$.

Câu 4. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$cho ba điểm $A\left( {1;3;2} \right),\,B\left( {1;2;1} \right),\,C\left( {1;1;3} \right)$. Viết phương trình tham số của đường thẳng $\Delta $ đi qua trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$

A. $\Delta :\,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 – 3t}\\{y = 2 – 2t}\\{z = 2 – t}\end{array}} \right.$. B. $\Delta :\,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 – 3t}\\{y = 2}\\{z = 2}\end{array}} \right.$. C. $\Delta :\,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 – 3t}\\{y = 2 + t}\\{z = 2}\end{array}} \right.$. D. $\Delta :\,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 2 + 2t}\\{z = 2 – t}\end{array}} \right.$.

Lời giải:

Chọn B

$\overrightarrow {AB} = \left( {0; – 1; – 1} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {0; – 2;1} \right)$. Tam giác $ABC$ có trọng tâm $G\left( {1;\,2;\,2} \right)$.

Ta có: $\Delta $ qua $G\left( {1;\,2;\,2} \right)$ và có một vectơ pháp tuyến là: $\left[ {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { – 3;\,0;\,0} \right)$.

Do đó: $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 1 – 3t\\y = 2\\z = 2\end{array} \right.$.

Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho ba điểm $A\left( {2;1;0} \right),B\left( {1;1;3} \right),C\left( {5;2;1} \right)$. Tìm tất cả các điểm cách đều ba điểm $A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C$.

A. Tập hợp tất cả các điểm cách đều ba điểm $A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C$ là đường thẳng $\frac{{x – 3}}{3} = \frac{{y – \frac{3}{2}}}{{ – 10}} = \frac{{z – 2}}{1}$.

B. Tập hợp tất cả các điểm cách đều ba điểm $A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C$ là đường thẳng $\frac{{x – 3}}{3} = \frac{{y – \frac{3}{2}}}{{ – 10}} = \frac{{2 – z}}{1}$.

C. Tập hợp tất cả các điểm cách đều ba điểm $A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C$ là đường thẳng $\frac{{x – 3}}{3} = \frac{{y – \frac{3}{2}}}{{10}} = \frac{{z – 2}}{1}$.

D. Tập hợp tất cả các điểm cách đều ba điểm $A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C$ là đường thẳng $\frac{{3 – x}}{3} = \frac{{y – \frac{3}{2}}}{{ – 10}} = \frac{{z – 2}}{1}$.

Lời giải:

Chọn A

$\overrightarrow {AB} = \left( { – 1;0;3} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {3;1;1} \right).$.

Khi đó $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0$ suy ra tam giác $ABC$ vuông tại $A$, suy ra tập hợp các điểm cách đều ba điểm $A,B,C$ là đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ tại $I\left( {3;\frac{3}{2};2} \right)$(với $I$ là trung điểm cạnh $BC$). VTCP của đường thẳng $\overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { – 3;10; – 1} \right)$.

Suy ra phương trình của đường thẳng là $\frac{{x – 3}}{{ – 3}} = \frac{{y – \frac{3}{2}}}{{10}} = \frac{{z – 2}}{{ – 1}}$.

Câu 6. Trong không gian tọa độ $Oxyz$, cho tam giác $ABC$ biết $A\left( {1;0; – 1} \right)$, $B\left( {2;3; – 1} \right)$, $C\left( { – 2;1;1} \right)$. Phương trình đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ABC$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là:

A. $\frac{{x – 3}}{3} = \frac{{y – 1}}{{ – 1}} = \frac{{z – 5}}{5}$. B. $\frac{x}{3} = \frac{{y – 2}}{1} = \frac{z}{5}$.

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

Lời giải:

Chọn A

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {1;3;0} \right)$; $\overrightarrow {BC} = \left( { – 4; – 2;2} \right)$, $\overrightarrow {AC} = \left( { – 3;1;2} \right)$

$ \Rightarrow A{B^2} = 10$, $B{C^2} = 24$, $A{C^2} = 14$$ \Rightarrow \Delta ABC$ vuông tại $A$.

Tâm $I$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm của $BC$$ \Rightarrow I\left( {0;2;0} \right)$.

Đường thẳng $d$ cần tìm đi qua $I\left( {0;2;0} \right)$ và nhận vectơ $\overrightarrow u = \frac{1}{2}\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]$$ = \left( {3; – 1;5} \right)$ làm véc tơ chỉ phương. Phương trình chính tắc của đường thẳng $d$ là : $\frac{{x – 3}}{3} = \frac{{y – 1}}{{ – 1}} = \frac{{z – 5}}{5}$.

Câu 7. Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $A\left( {1;2; – 1} \right)$ và mặt phẳng $\left( P \right):x–y + 2z–3 = 0$. Đường thẳng $d$ đi qua $A$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$ có phương trình là

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

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

Lời giải

Chọn C

Đường thẳng $d$ vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$ nên có vectơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {1; – 1;2} \right)$.

Đường thẳng $d$ đi qua $A\left( {1;2; – 1} \right)$ nên phương trình chính tắc có dạng: $\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 2}}{{ – 1}} = \frac{{z + 1}}{2}$$ \Leftrightarrow \frac{{x – 1}}{1} = \frac{{2 – y}}{1} = \frac{{z + 1}}{2}$.

Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( {1;2; – 3} \right)$, $B\left( { – 2;3;1} \right)$ đường thẳng đi qua $A\left( {1;2; – 3} \right)$ và song song với $OB$ có phương trình là

A. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 – 2t}\\{y = 2 + 3t}\\{z = – 3 – t}\end{array}} \right.$. B. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = – 2 + t}\\{y = 3 + 2t}\\{z = 1 – 3t}\end{array}} \right.$. C. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 – 2t}\\{y = 2 + 3t}\\{z = – 3 + t}\end{array}} \right.$. D. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 – 4t}\\{y = 2 – 6t}\\{z = – 3 + 2t}\end{array}} \right.$.

Lời giải

Chọn C

Chọn $\overrightarrow {OB} = \left( { – 2;3;1} \right)$ là vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm.

Phương trình đường thẳng qua $A\left( {1;2; – 3} \right)$ và song song với $OB$ là $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 – 2t}\\{y = 2 + 3t}\\{z = – 3 + t}\end{array}} \right.$.

Câu 9. Trong không gian $Oxyz$, viết phương trình dạng chính tắc của đường thẳng $d$ đi qua điểm

$A\left( { – 2\,;\,3\,;\,1} \right)$ và song song với đường thẳng$\Delta :\,\,\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z – 1}}{1}$ .

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

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

Lời giải

Chọn A

Ta có đường thẳng $d$ đi qua điểm $A\left( { – 2\,;\,3\,;\,1} \right)$ và song song với đường thẳng$\Delta :\,\,\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z – 1}}{1}$ nên đường thẳng d có một véctơ chỉ phương $\overrightarrow u \left( {2\,;\,3\,;\,1} \right)$.

Do đó phương trình dạng chính tắc của đường thẳng$d:\,\,\frac{{x + 2}}{2} = \frac{{y – 3}}{3} = \frac{{z – 1}}{1}$.

Câu 10. Trong không gian ${\rm{Ox}}yz$, cho các điểm $A\left( {1;2;0} \right),B\left( {2;0;2} \right),C\left( {2; – 1;3} \right),D\left( {1;1;3} \right)$. Đường thẳng đi qua $C$ và vuông góc với mặt phẳng$\left( {ABD} \right)$ có phương trình là

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

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

Lời giải

Chọn D

+ $\overrightarrow {AD} = \left( {0; – 1;3} \right),\overrightarrow {AB} = \left( {1; – 2;2} \right)$. Đường thẳng$d$ vuông góc với mặt phẳng$\left( {ABD} \right)$ nên nhận một véctơ chỉ phương là $\vec u = \left[ {\overrightarrow {AD} ;\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {4;3;1} \right)$.

+ Đường thẳng cần tìm đi qua $C\left( {2; – 1;3} \right)$ và nhận một véctơ chỉ phương là $\vec u = \left( {4;3;1} \right)$. Nên có phương trình tham số là $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 4t\\y = – 1 + 3t\\z = 3 + t\end{array} \right.$.

Câu 11. Trong không gian$Oxyz,$cho đường thẳng $d:\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 3}}{{ – 3}} = \frac{z}{2}$ và mặt phẳng $\left( P \right):x – 2y + 2z – 1 = 0.$ Viết phương trình mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ chứa $d$ và vuông góc với $\left( P \right).$

A. $\left( P \right):2x – 2y + z – 8 = 0$. B. $\left( P \right):2x – 2y + z – 8 = 0$.

C. $\left( P \right):2x + 2y + z – 8 = 0$. D. $\left( P \right):2x + 2y – z – 8 = 0$.

Lời giải

Chọn C

Véctơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( { – 2; – 2; – 1} \right)//\left( {2;2;1} \right).$

Đường thẳng $d$qua $A\left( {1;3;0} \right)$ nên $A \in \left( \alpha \right).$

Phương trình mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ chứa $d$ và vuông góc với $\left( P \right)$ là

$2\left( {x – 1} \right) + 2\left( {y – 3} \right) + z = 0 \Leftrightarrow 2x + 2y + z – 8 = 0.$

Chọn đáp án C

Câu 12. Cho đường thẳng $d:\frac{{x + 1}}{2} = \frac{{y – 1}}{1} = \frac{{z – 2}}{3}$ và mặt phẳng $\left( P \right):x – y – z – 1 = 0$. Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm $M\left( {1;\;1;\; – 2} \right)$ song song với $\left( P \right)$ và vuông góc với $d$ là

A. $\frac{{x + 1}}{{ – 2}} = \frac{{y – 2}}{1} = \frac{{z + 5}}{{ – 3}}$. B. $\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 1}}{5} = \frac{{z + 2}}{{ – 3}}$.

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

Lời giải:

Chọn B

Đường thẳng $d$ có VTCP $\overrightarrow {{u_d}} = (2;\,1;\,3)$ và mặt phẳng $(P)$ có VTPT $\overrightarrow {{n_{(P)}}} = (1;\, – 1;\, – 1)$.

Đường thẳng $\Delta $ đi qua điểm $M\left( {1;1; – 2} \right)$ song song với $\left( P \right)$ và vuông góc với $d$ có VTCP $\overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\,\overrightarrow {{n_{(P)}}} } \right] = (2;\,5;\, – 3)$.

Phương trình chính tắc của $\Delta $ là $\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 1}}{5} = \frac{{z + 2}}{{ – 3}}$.

Câu 13. Trong không gian tọa độ $Oxyz$, cho điểm $M\left( {1;\, – 3;\,\,4} \right)$, mặt phẳng $\left( P \right):2x + z – 2 = 0$ và mặt phẳng $\left( Q \right):3x – 5y – z + 3 = 0$. Viết phương trình đường thẳng $\Delta $ qua $M$, song song với $\left( P \right)$và $\left( Q \right)$ .

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

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

Lời giải:

Chọn B

Mặt phẳng $\left( P \right):2x + z – 2 = 0$ có một VTPT $\overrightarrow n \left( {2;\,\,0;\,\,1} \right)$.

Mặt phẳng $\left( Q \right):3x – 5y – z + 3 = 0$ có một VTPT $\overrightarrow {n’} = \left( {3;\,\, – 5;\, – 1} \right)$.

Đường thẳng $\Delta $ có một VTCP $\overrightarrow a = \frac{1}{5}\left[ {\overrightarrow n ,\overrightarrow {n’} } \right] = \left( {1;\,\,1;\,\, – 2} \right)$.

Đường thẳng $\Delta $ có phương trình $\Delta :\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y + 3}}{1} = \frac{{z – 4}}{{ – 2}}$.

Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho $A\left( {1; – 4;0} \right)$,$B\left( {3;0;0} \right)$. Viết phương trình đường trung trực $\left( \Delta \right)$ của đoạn $AB$ biết $\left( \Delta \right)$ nằm trong mặt phẳng $\left( \alpha \right):x + y + z = 0$.

A. $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = – 2 – t\\z = t\end{array} \right.$. B. $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = – 2 – t\\z = – t\end{array} \right.$. C. $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = 2 – t\\z = – t\end{array} \right.$. D. $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = – 2 – t\\z = 0\end{array} \right.$.

Lời giải:

Chọn B

$\left( \alpha \right)$ có VTPT $\vec n = \left( {1;1;1} \right)$, $\overrightarrow {AB} = \left( {2;4;0} \right)$$ \Rightarrow \left[ {\vec n;\overrightarrow {AB} } \right] = \left( { – 4;2;2} \right)$.

$\left( \Delta \right)$ có VTCP $\vec u = \left( {2; – 1; – 1} \right)$.

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$. Khi đó $I\left( {2; – 2;0} \right)$.

PT $\left( \Delta \right):\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = – 2 – t\\z = – t\end{array} \right.$.

Câu 15. Trong không gian $O\,xyz$, cho mặt phẳng $(R):x + y – 2z + 2 = 0$ và đường thẳng${\Delta _1}:\frac{x}{2} = \frac{y}{1} = \frac{{z – 1}}{{ – 1}}.$ Đường thẳng ${\Delta _2}$ nằm trong mặt phẳng $(R)$ đồng thời cắt và vuông góc với

đường thẳng ${\Delta _1}$ có phương trình là

A. $\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = – 3t\\z = 1 – t\end{array} \right.$. B. $\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = – 2t\\z = 1 + t\end{array} \right.$. C. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 + t}\\{y = 1 – t}\\{z = t}\end{array}} \right.$. D. $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 + 3t}\\{y = 1 – t}\\{z = t}\end{array}} \right.$.

Lời giải

Chọn A

Phương trình tham số của đường thẳng ${\Delta _1}$ là $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2t}\\{y = t}\\{z = 1 – t}\end{array}} \right.$.

Gọi $I(x;y;z)$ là giao điểm của ${\Delta _1}$ và $(R)$.

Khi đó toa đô của $I$ thỏa mãn $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2t}\\{y = t}\\{z = 1 – t}\\{x + y – 2z + 2 = 0}\end{array}} \right.$$ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{y = 0 \Rightarrow I = (0;0;1){\rm{ }}}\\{z = 1}\end{array}} \right.$.

Mặt phẳng $(R)$ có VTPT $\vec n = (1;1; – 2);$ Đường thẳng ${\Delta _1}$ có VTCP $\vec u = (2;1; – 1)$.

Khi đó $[\vec n,\vec u] = (1; – 3; – 1)$.

Đường thẳng ${\Delta _2}$ nằm trong mặt phẳng $(R)$ đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng ${\Delta _1}$

Do đó ${\Delta _2}$ đi qua $I = (0;0;1)$ và nhận $[\vec n,\vec u]$ làm một VTCP.

Vậy phương trình của ${\Delta _2}$ là $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = t}\\{y = – 3t}\\{z = 1 – t}\end{array}} \right.$.

Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$ , cho các điểm $A\left( {2;0;0} \right);B\left( {0;3;0} \right);C\left( {0;0; – 4} \right)$ . Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ . Viết phương trình tham số của đường thẳng $OH$.

A. $\left\{ \begin{array}{l}x = 6t\\y = – 4t\\z = – 3t\end{array} \right.$ . B. $\left\{ \begin{array}{l}x = 6t\\y = 2 + 4t\\z = – 3t\end{array} \right.$. C.$\left\{ \begin{array}{l}x = 6t\\y = 4t\\z = – 3t\end{array} \right.$. D. $\left\{ \begin{array}{l}x = 6t\\y = 4t\\z = 1 – 3t\end{array} \right.$.

Lời giải

Chọn C

Do$A \in Ox,B \in Oy,C \in Oz$ nên $OA,OB,\,OC$ vuông góc từng đôi một.

Ta có$\left\{ \begin{array}{l}AC \bot OB\\AC \bot BH\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot OH$

Tương tự $AB \bot OH \Rightarrow OH \bot \left( {ABC} \right)$ . Như vậy đường thẳng $OH$ có một véctơ chỉ phương là

$\overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {BC} } \right] = \left( { – 12; – 8;6} \right) \Rightarrow \overrightarrow u = \left( {6;4; – 3} \right)$ với $\overrightarrow {AB} = \left( { – 2;3;0} \right);\,\overrightarrow {BC} = \left( {0; – 3; – 4} \right)$

Phương trình tham số của $OH:\left\{ \begin{array}{l}x = 6t\\y = 4t\\z = – 3t\end{array} \right.$.

Mức độ 3

Câu 1. Trong không gian $Oxyz$, cho hai đường thẳng $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 – t\\z = t\end{array} \right.,\;d’:\left\{ \begin{array}{l}x = 2t’\\y = 1 + t’\\z = 2 + t’\end{array} \right.$. Đường thẳng $\Delta $ cắt $d,d’$ lần lượt tại các điểm $A,B$ thỏa mãn độ dài đoạn thẳng $AB$ nhỏ nhất. Phương trình đường thẳng $\Delta $ là

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

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

Lời giải

Chọn D

Ta có $\Delta \cap d = A\left( {1 + t;2 – t;t} \right),\Delta \cap d’ = B\left( {2t’;1 + t’;2 + t’} \right)$.

$\overrightarrow {AB} = \left( {2t’ – t – 1;t’ + t – 1;t’ – t + 2} \right)$.

$d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 – t\\z = t\end{array} \right.$ có 1 VTCP $\overrightarrow u \left( {1; – 1;1} \right)$, $\;d’:\left\{ \begin{array}{l}x = 2t’\\y = 1 + t’\\z = 2 + t’\end{array} \right.$ có 1 VTCP $\overrightarrow {u’} = \left( {2;1;1} \right)$.

$AB$ ngắn nhất khi và chỉ khi $AB$ là đoạn vuông góc chung của $d,d’$.

$\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow u = 0\\\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {u’} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2t’ – t – 1 – t’ – t + 1 + t’ – t + 2 = 0\\4t’ – 2t – 2 + t’ + t – 1 + t’ – t + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2t’ – 3t = – 2\\6t’ – 2t = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t’ = \frac{1}{2}\\t = 1\end{array} \right.$.

Suy ra $A\left( {2;1;1} \right)$, $\overrightarrow {AB} = \left( { – 1;\frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right)$.

Vậy $\Delta $ đi qua $A\left( {2;1;1} \right)$ có vecto chỉ phương $\overrightarrow u = 2\overrightarrow {AB} = \left( { – 2;1;3} \right)$$ \Rightarrow \Delta :\frac{{x – 2}}{{ – 2}} = \frac{{y – 1}}{1} = \frac{{z – 1}}{3}$.

Câu 2. Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 3t\\y = 1 + 4t\\z = 1\end{array} \right.$. Gọi $\Delta $ là đường thẳng đi qua điểm $A\left( {1;1;1} \right)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( { – 2;1;2} \right)$. Đường phân giác của góc tù tạo bởi $d$ và $\Delta $ có phương trình là

A. $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 27t\\y = 1 + 1t\\z = 1 + t\end{array} \right.$. B. $d:\left\{ \begin{array}{l}x = – 18 + 19t\\y = – 6 + 7t\\z = – 11 – 10t\end{array} \right.$. C. $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 – t\\y = 1 + 17t\\z = 1 + 10t\end{array} \right.$. D. $d:\left\{ \begin{array}{l}x = – 18 + 19t\\y = – 6 + 7t\\z = 11 – 10t\end{array} \right.$.

Lời giải

Chọn C

Ta có $A\left( {1;1;1} \right) = d \cap \Delta $. Đường thẳng $d$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_1}} = \left( {3;4;0} \right)$.

Đường thẳng $\Delta $ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_2}} = \left( { – 2;1;2} \right)$.

Có $\overrightarrow {{u_1}} .\overrightarrow {{u_2}} = – 2 < 0 \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right) < 0 \Rightarrow \left( {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right) > {90^0}$.

Do đó phân giác của góc tù tạo bởi $d$ và $\Delta $ sẽ đi qua $A\left( {1;1;1} \right)$ và có vectơ chỉ phương

$\overrightarrow u = \frac{1}{{\left| {\overrightarrow {{u_1}} } \right|}}\overrightarrow {{u_1}} + \frac{1}{{\left| {\overrightarrow {{u_2}} } \right|}}\overrightarrow {{u_2}} = \frac{1}{5}\left( {3;4;0} \right) + \frac{1}{3}\left( { – 2;1;2} \right) = \left( {\frac{{ – 1}}{{15}};\frac{{17}}{{15}};\frac{2}{3}} \right) = \frac{1}{{15}}\left( { – 1;17;10} \right)$.

Vậy phương trình đường phân giác của góc tù tạo bởi $d$ và $\Delta $ là $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 – t\\y = 1 + 17t\\z = 1 + 10t\end{array} \right.$

Câu 3. Trong không gian $Oxyz$, cho mặt phẳng $\left( P \right):x – 2y + 2z – 5 = 0$ và hai điểm $A\left( { – 3;0;1} \right)$, $B\left( {1; – 1;3} \right)$. Trong các đường thẳng đi qua $A$ và song song với $\left( P \right)$, đường thẳng mà khoảng cách từ $B$ đến đường thẳng đó là nhỏ nhất có phương trình là.

A. $\frac{{x + 3}}{{26}} = \frac{y}{{11}} = \frac{{z – 1}}{{ – 2}}$. B. $\frac{{x + 3}}{{26}} = \frac{y}{{ – 11}} = \frac{{z – 1}}{{ – 2}}$.

C. $\frac{{x – 3}}{{26}} = \frac{y}{{11}} = \frac{{z + 1}}{{ – 2}}$. D. $\frac{{x + 2}}{{26}} = \frac{{y – 1}}{{11}} = \frac{{z + 3}}{{ – 2}}$.

Lời giải

Chọn A

Đường thẳng trong đáp án C, D không đi qua A, nên ta loại C, D.

Ta có: ${\vec n_{\left( P \right)}}.{\vec u_A} = 26 – 22 – 4 = 0$, ${\vec n_{\left( P \right)}}.{\vec u_B} = 26 + 22 – 4 = 44$.

Do đó, đường thẳng trong đáp án B không song song với $\left( P \right)$. Loại B.

Câu 4. Cho điểm $A\left( {2;1;0} \right)$ và đường thẳng ${d_1}:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = – 1 + t\\z = – t\end{array} \right.$. Đường thẳng ${d_2}$ qua $A$ vuông góc với ${d_1}$ và cắt ${d_1}$ tại $M$. Khi đó $M$ có tọa độ là

A. $\left( {\frac{5}{3}; – \frac{2}{3}; – \frac{1}{3}} \right)$. B. $\left( {1; – 1;0} \right)$. C. $\left( {\frac{7}{3}; – \frac{1}{3}; – \frac{2}{3}} \right)$. D. $\left( {3;0; – 1} \right)$.

Lời giải

Chọn C

$M \in {d_1}$ $ \Rightarrow M\left( {1 + 2t; – 1 + t; – t} \right)$ $ \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \left( { – 1 + 2t; – 2 + t; – t} \right)$.

${d_1}$ có VTCP $\overrightarrow u = \left( {2;1; – 1} \right)$.

Vì ${d_1} \bot {d_2}$ $ \Rightarrow \overrightarrow {{u_1}} .\overrightarrow {{u_2}} = 0$$ \Rightarrow 6t – 4 = 0$ $ \Rightarrow t = \frac{2}{3}$$ \Rightarrow $$M\left( {\frac{7}{3}; – \frac{1}{3}; – \frac{2}{3}} \right)$.

Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( { – 3;\,0;\,1} \right)$, $B\left( {1;\, – 1;\,3} \right)$ và mặt phẳng $(P):x – 2y + 2z – 5 = 0$. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng $d$ đi qua $A$, song song với mặt phẳng $\left( P \right)$ sao cho khoảng cách từ $B$ đến $d$ nhỏ nhất.

A. $d:\frac{{x + 3}}{{26}} = \frac{y}{{11}} = \frac{{z – 1}}{{ – 2}}$. B. $d:\frac{{x + 3}}{{26}} = \frac{y}{{ – 11}} = \frac{{z – 1}}{2}$.

C. $d:\frac{{x + 3}}{{26}} = \frac{y}{{11}} = \frac{{z – 1}}{2}$. D. $d:\frac{{x + 3}}{{ – 26}} = \frac{y}{{11}} = \frac{{z – 1}}{{ – 2}}$.

Lời giải

Chọn A

Gọi mặt phẳng $\left( Q \right)$ là mặt phẳng đi qua $A$ và song song với mặt phẳng $\left( P \right)$. Khi đó phương trình của mặt phẳng $\left( Q \right)$ là $1\left( {x + 3} \right) – 2\left( {y – 0} \right) + 2\left( {z – 1} \right) = 0$$ \Leftrightarrow x – 2y + 2z + 1 = 0$.

Gọi $H$ là hình chiếu của điểm $B$ lên mặt phẳng $\left( Q \right)$, khi đó đường thẳng $BH$ đi qua $B\left( {1;\, – 1;\,3} \right)$ và nhận ${\vec n_{\left( Q \right)}} = \left( {1;\, – 2;\,2} \right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = – 1 – 2t\\z = 3 + 2t\end{array} \right.$.

Vì $H = BH \cap \left( Q \right)$$ \Rightarrow H \in BH$$ \Rightarrow H\left( {1 + t;\, – 1 – 2t;\,3 + 2t} \right)$ và $H \in \left( Q \right)$ nên ta có $\left( {1 + t} \right) – 2\left( { – 1 – 2t} \right) + 2\left( {3 + 2t} \right) + 1 = 0$$ \Leftrightarrow t = – \frac{{10}}{9}$$ \Rightarrow H\left( { – \frac{1}{9};\,\frac{{11}}{9};\,\frac{7}{9}} \right)$.

$ \Rightarrow \overrightarrow {AH} = \left( {\frac{{26}}{9};\,\frac{{11}}{9};\,\frac{{ – 2}}{9}} \right)$$ = \frac{1}{9}\left( {26;\,11;\, – 2} \right)$.

Gọi $K$ là hình chiếu của $B$ lên đường thẳng $d$, khi đó

Ta có $d\left( {B;\,d} \right) = BK \ge BH$ nên khoảng cách từ $B$ đến $d$ nhỏ nhất khi $BK = BH$, do đó đường thẳng $d$ đi qua $A$ và có vectơ chỉ phương $\vec u = \left( {26;\,11;\, – 2} \right)$ có phương trình chính tắc: $d:\frac{{x + 3}}{{26}} = \frac{y}{{11}} = \frac{{z – 1}}{{ – 2}}$

Câu 6. Cho hai điểm $A\left( {3;\;3;\;1} \right)$, $B\left( {0;\;2;\;1} \right)$, mặt phẳng $\left( P \right):x + y + z – 7 = 0$. Đường thẳng $d$ nằm trên $\left( P \right)$ sao cho mọi điểm của $d$ cách đều hai điểm $A$, $B$ có phương trình là

A. $\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 7 – 3t\\z = 2t\end{array} \right.$. B. $\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 7 + 3t\\z = 2t\end{array} \right.$. C. $\left\{ \begin{array}{l}x = – t\\y = 7 – 3t\\z = 2t\end{array} \right.$. D. $\left\{ \begin{array}{l}x = 2t\\y = 7 – 3t\\z = 2t\end{array} \right.$.

Lời giải

Chọn A

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { – 3; – 1;0} \right)$; $I\left( {\frac{3}{2};\frac{5}{2};1} \right)$ là trung điểm của $AB$ và $A$, $B$ nằm ở hai phía của mặt phẳng $\left( P \right)$.

Gọi $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng trung trực của $AB$ và $d = \left( \alpha \right) \cap \left( P \right)$. Khi đó $d$ chính là đường thẳng thuộc mặt phẳng $\left( P \right)$ và cách đều hai điểm $A,B$.

Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua $I\left( {\frac{3}{2};\frac{5}{2};1} \right)$ và có véc tơ pháp tuyến $\overrightarrow {AB} = \left( { – 3; – 1;0} \right)$ là

$ – 3\left( {x – \frac{3}{2}} \right) – \left( {y – \frac{5}{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + y – 7 = 0$

Vì $d$ là đường giao tuyến của $\left( \alpha \right)$ và $\left( P \right)$ nên một véctơ chỉ phương của $d$ là

$\overrightarrow {{u_d}} = \left[ {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} ,\overrightarrow {{n_{\left( \alpha \right)}}} } \right] = \left( { – 1;3; – 2} \right) = – \left( {1; – 3;2} \right)$.

Mà $d$ đi qua $C\left( {0;7;0} \right) \in \left( \alpha \right) \cap \left( P \right)$. Vậy $d$ có phương trình tham số là: $\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 7 – 3t\\z = 2t\end{array} \right.$ ($t \in \mathbb{R}$).

Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A(1;\;1;\;0)$, $B( – 1;\,\,0;\,\,1)$ và điểm $M$ thay đổi trên đường thẳng $d:\,\frac{x}{1} = \frac{{y – 1}}{{ – 1}} = \frac{{z – 1}}{1}$. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $T = MA + MB$ là

A. $4$. B. $2\sqrt 2 $. C. $\sqrt 6 $. D. $3$.

Lời giải

Chọn B

Phương trình tham số của đường thẳng $d:\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 1 – t\\z = 1 + t\end{array} \right.$.

Do $M \in d \Rightarrow M\left( {t;1 – t;1 + t} \right)$.

Khi đó $\overrightarrow {MA} = \left( {1 – t;t; – 1 – t} \right) \Rightarrow MA = \sqrt {3{t^2} + 2} $ và $\overrightarrow {MB} = \left( { – 1 – t; – 1 + t; – t} \right) \Rightarrow MB = \sqrt {3{t^2} + 2} $.

Do vậy $T = MA + MB = 2\sqrt {3{t^2} + 2} \ge 2\sqrt 2 $. Suy ta ${T_{\min }} = 2\sqrt 2 $ khi $t = 0 \Rightarrow M\left( {0;1;1} \right)$.

Câu 8. Cho hai điểm $A\left( {3;3;1} \right),{\rm{ }}B\left( {0;2;1} \right)$và mặt phẳng $\left( \alpha \right):x + y + z – 7 = 0$. Đường thẳng $d$ nằm trên $\left( \alpha \right)$ sao cho mọi điểm của $d$ cách đều 2 điểm $A,{\rm{ }}B$ có phương trình là

A. $\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 7 – 3t\\z = 2t\end{array} \right..$ B. $\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 7 + 3t\\z = 2t\end{array} \right..$ C. $\left\{ \begin{array}{l}x = – t\\y = 7 – 3t\\z = 2t\end{array} \right..$ D. $\left\{ \begin{array}{l}x = 2t\\y = 7 – 3t\\z = t\end{array} \right..$

Lời giải

Chọn A

Mọi điểm trên $d$ cách đều hai điểm $A,B$ nên $d$ nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn $AB$.

Có $\overrightarrow {AB} = \left( { – 3; – 1;0} \right)$ và trung điểm $AB$ là $I\left( {\frac{3}{2};\frac{5}{2};1} \right)$ nên mặt phẳng trung trực của $AB$ là:

$ – 3\left( {x – \frac{3}{2}} \right) – \left( {y – \frac{5}{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + y – 7 = 0$.

Mặt khác $d \subset \left( \alpha \right)$ nên $d$ là giao tuyến của hai mặt phẳng: $\left\{ \begin{array}{l}3x + y – 7 = 0\\x + y + z – 7 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 7 – 3x\\z = 2x\end{array} \right.$.

Vậy phương trình $d:\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 7 – 3t\\z = 2t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$.

Câu 9. Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz,$ cho 4 đường thẳng có phương trình lần lượt ${d_1}:\left\{ \begin{array}{l}x = 3 – 2t\\y = 1 + t\\z = – 1 + t\end{array} \right.,\,\,{d_2}:\left\{ \begin{array}{l}x = 3 – t\\y = 3 + t\\z = 1 + 2t\end{array} \right.,\,{d_3}:\left\{ \begin{array}{l}x = 4 + 2t\\y = 3 – t\\z = 2 – t\end{array} \right.,{d_4}:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 3t\\y = 2\\z = 1 – 2t\end{array} \right..$ Đường thẳng $\Delta $ cắt cả 4 đường thẳng trên có phương trình chính tắc tương ứng là

A. $\frac{{x – 2}}{{ – 1}} = \frac{{y – 4}}{{13}} = \frac{{z – 3}}{{18}}$. B. $\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y – 2}}{3} = \frac{z}{5}$.

C. $\frac{{x – 1}}{{ – 2}} = \frac{y}{1} = \frac{{z – 2}}{2}$. D. $\frac{{x – 2}}{3} = \frac{{y – 2}}{{12}} = \frac{z}{{ – 1}}$.

Lời giải

Chọn A

Trong 4 đường thẳng đã cho sẽ có 2 đường thẳng đồng phẳng. Nhận thấy không có 2 đường thẳng nào song song với nhau nên ta phải tìm cặp đường thẳng cắt nhau tạo nên một mặt phẳng chứa chúng. Về lý thuyết phải thử tối đa 6 phép thử để tìm ra 2 đường thẳng cắt nhau.

Ta tìm ra được hai đường thẳng cắt nhau là ${d_2} \cap {d_4} = \left( {4;2; – 1} \right)$. Ta sẽ lập phương trình mặt phẳng $\left( \alpha \right)$chứa hai đường thẳng này.

Cặp VTCP của mặt phẳng là: ${\vec u_2} = \left( { – 1;1;2} \right),\,{\vec u_4} = \left( {3;0; – 2} \right)$.

Suy ra VTPT ${\vec n_{\left( \alpha \right)}} = \left[ {{{\vec u}_2},{{\vec u}_4}} \right] = \left( { – 2;4; – 3} \right)$.

Khi đó phương trình mặt phẳng là: $\left( \alpha \right): – 2x + 4y – 3z – 3 = 0$.

Gọi $A = {d_1} \cap \left( \alpha \right) = \left( {\frac{{11}}{5};\frac{7}{5}; – \frac{3}{5}} \right),\,B = {d_3} \cap \left( \alpha \right) = \left( {2;4;3} \right)$.

Đường thẳng $\Delta $ cắt cả 4 đường thẳng nên phải đi qua$AB$.

Khi đó $\overrightarrow {AB} = \left( { – \frac{1}{5};\frac{{13}}{5};\frac{{18}}{5}} \right) = \frac{1}{5}\left( { – 1;13;18} \right)$.

Phương trình đường thẳng $\Delta $ qua $B$ có VTCP $\vec a = \left( { – 1;13;18} \right)$ là: $\frac{{x – 2}}{{ – 1}} = \frac{{y – 4}}{{13}} = \frac{{z – 3}}{{18}}$.

Câu 10. Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $\Delta :\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y + 1}}{3} = \frac{z}{2}$và đường thẳng $d:\frac{x}{2} = \frac{{y – 1}}{1} = \frac{{z + 3}}{5}$ . Phương trình của đường thẳng đối xứng với đường thẳng $d$ qua đường thẳng$\Delta $ là

A. $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 1 + 38t\\z = 1 – 5t\end{array} \right.$. B. $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 2 + 38t\\z = 2 – 5t\end{array} \right.$. C. $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 2 + 38t\\z = 2 + 5t\end{array} \right.$. D. $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 1 + 38t\\z = 1 + 5t\end{array} \right.$.

Lời giải

Chọn B

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

Đường thẳng $d$có phương trình tham số là $\left\{ \begin{array}{l}x = 2s\\y = 1 + s\\z = – 3 + 5s\end{array} \right.$.

Xét hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}1 + t = 2s\\ – 1 + 3t = 1 + s\\2t = – 3 + 5s\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}s = 1\\t = 1\end{array} \right.$ .

Gọi $A = d \cap \Delta \Rightarrow A\left( {2;2;2} \right)$ .

Lấy điểm $B\left( {0;1; – 3} \right) \in d$.

Phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua điểm $B$ và vuông góc với đường thẳng $\Delta $ là:

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

Gọi $H = \Delta \cap \left( P \right)$và $C$ là điểm đối xứng với $B$ qua $H$ . Khi đó $AC$ đối xứng với $d$ qua đường thẳng $d$.

Gọi điểm $H\left( {1 + t; – 1 + 3t;2t} \right) \in \Delta $.

Ta có :$H \in \left( P \right) \Leftrightarrow 1 + t + 3\left( { – 1 + 3t} \right) + 2.2t + 3 = 0 \Leftrightarrow t = – \frac{1}{{14}}$. Vậy $H\left( {\frac{{13}}{{14}}; – \frac{{17}}{{14}}; – \frac{1}{7}} \right)$.

Suy ra $C\left( {\frac{{13}}{7}; – \frac{{24}}{7};\frac{{19}}{7}} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow {AC} = \left( { – \frac{1}{7}; – \frac{{38}}{7};\frac{5}{7}} \right)$. Vậy phương trình đường thẳng đi qua $A$ và có véctơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {1;38; – 5} \right)$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 2 + 38t\\z = 2 – 5t\end{array} \right.$.

Câu 11. Trong không gian $Oxyz$ cho hai mặt phẳng $\left( P \right):x + 2y – z + 1 = 0;\left( Q \right):2x + y – z + 2 = 0$ và hai đường thẳng ${\Delta _1}:\frac{x}{2} = \frac{{y – 1}}{1} = \frac{{z + 1}}{2};{\Delta _2}:\frac{x}{1} = \frac{{y – 2}}{{ – 1}} = \frac{{z – 1}}{2}$ . Phương trình đường thẳng $\Delta $ song song với hai mặt phẳng $\left( P \right);\left( Q \right)$ và cắt ${\Delta _1};{\Delta _2}$ là

A. $\Delta \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{2}{7} – 3t\\y = \frac{{12}}{7} + 2t\\z = \frac{{11}}{7} + 6t\end{array} \right.$ B. $\Delta \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{2}{7} – 3t\\y = \frac{{12}}{7} – 2t\\z = \frac{{11}}{7} + 6t\end{array} \right.$.

C. $\Delta \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{2}{7} + 3t\\y = \frac{{12}}{7} + 2t\\z = \frac{{11}}{7} + 6t\end{array} \right.$. D. $\Delta \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{2}{7} – 3t\\y = \frac{{12}}{7} + 2t\\z = \frac{{11}}{7} – 6t\end{array} \right.$.

Lời giải

Chọn A

Gọi $H;K$ là giao điểm của $\Delta $ và ${\Delta _1};{\Delta _2}$.

Tính $\overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ;\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( { – 1; – 1; – 3} \right)$ .

Gọi $H\left( {2t;1 + t; – 1 + 2t} \right);K\left( {m;2 – m;1 + 2m} \right) \Rightarrow \overrightarrow {HK} (m – 2;1 – m – t;2 + 2m – 2t$

Vì song song với hai mặt phẳng $\left( P \right);\left( Q \right)$nên $\overrightarrow {HK} = k\overrightarrow u \Rightarrow \frac{{m – 2t}}{1} = \frac{{1 – m – t}}{1} = \frac{{2 + 2m – 2t}}{3}$

tính ra được$m = \frac{2}{7};t = – \frac{3}{7}$ .

Suy ra $\overrightarrow {HK} = (\frac{{ – 12}}{7};\frac{8}{7};\frac{{24}}{7}) \Rightarrow \overrightarrow n = ( – 3;2;6);K = (\frac{2}{7};\frac{{12}}{7};\frac{{11}}{7})$

Phương trình đường thẳng là $\Delta \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{2}{7} – 3t\\y = \frac{{12}}{7} + 2t\\z = \frac{{11}}{7} + 6t\end{array} \right.$

Câu 12. Trong không gian $Oxyz$, cho hai đường thẳng ${d_1}$, ${d_2}$ và mặt phẳng ($\alpha $) có phương trình:${d_1}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 + 3t}\\{y = 2 + t}\\{z = – 1 + 2t}\end{array}} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$, ${d_2}:\frac{{x – 2}}{{ – 3}} = \frac{y}{2} = \frac{{z – 4}}{{ – 2}}$, $(\alpha ):x + y – z – 2 = 0$. Phương trình đường thẳng $\Delta $ nằm trong mặt phẳng ($\alpha $), cắt cả hai đường thẳng ${d_1}$ và ${d_2}$ là

A. $\frac{{x + 2}}{8} = \frac{{y – 1}}{{ – 7}} = \frac{{z + 3}}{1}$. B. $\frac{{x – 2}}{{ – 8}} = \frac{{y + 1}}{7} = \frac{{z – 3}}{{ – 1}}$.

C. $\frac{{x + 2}}{8} = \frac{{y – 1}}{7} = \frac{{z + 3}}{{ – 1}}$. D. $\frac{{x – 2}}{{ – 8}} = \frac{{y + 1}}{7} = \frac{{z – 3}}{1}$.

Lời giải

Chọn A

Vì đường thẳng $\Delta $ cắt cả hai đường thẳng ${d_1}$ và ${d_2}$ nên ta gọi $M$ và $N$ lần lượt là giao điểm của $\Delta $với ${d_1}$ và ${d_2}$. Hơn nữa, vì đường thẳng $\Delta $ nằm trong mặt phẳng ($\alpha $) nên $M,N \in \left( \alpha \right)$.

Tìm tọa độ điểm $M$.

Vì $M \in {d_1}$ nên tọa độ điểm $M$ có dạng $M\left( {1 + 3t\,;\,2 + t\,;\, – 1 + 2t} \right)$ với $t \in \mathbb{R}$.

Vì $M\left( {1 + 3t\,;\,2 + t\,;\, – 1 + 2t} \right) \in \left( \alpha \right)$ nên $\left( {1 + 3t} \right)\, + \left( {\,2 + t} \right)\, – \left( {\, – 1 + 2t} \right) – 2 = 0 \Leftrightarrow t = – 1$.

Do đó $M\left( { – 2\,;\,1\,;\, – 3} \right)$.

Tìm tọa độ điểm $N$.

${d_2}:\frac{{x – 2}}{{ – 3}} = \frac{y}{2} = \frac{{z – 4}}{{ – 2}} \Rightarrow {d_2}:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 – 3t’\\y = 0 + 2t’\\z = 4 – 2t’\end{array} \right.{\rm{ }}\left( {t’ \in \mathbb{R}} \right)$.

Vì $N \in {d_2}$ nên tọa độ điểm $N$ có dạng $N(2 – 3t’;2t’;4 – 2t’)$ với $t’ \in \mathbb{R}$.

Vì $N(2 – 3t’;2t’;4 – 2t’) \in (\alpha )$ nên $\left( {2 – 3t’} \right) + \left( {2t’} \right) – \left( {4 – 2t’} \right) – 2 = 0 \Leftrightarrow t’ = 4$.

Do đó $N\left( { – 10\,;\,8\,;\, – 4} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow {NM} = (8; – 7;1)$.

Đường thẳng $\Delta $ đi qua $M\left( { – 2\,;\,1\,;\, – 3} \right)$và nhận $\overrightarrow {NM} = (8; – 7;1)$ làm vectơ chỉ phương nên $\Delta $ có phương trình là $\frac{{x + 2}}{8} = \frac{{y – 1}}{{ – 7}} = \frac{{z + 3}}{1}$.

Câu 13. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz,$cho hai đường thẳng $a:\frac{x}{1} = \frac{y}{1} = \frac{z}{{ – 2}};$ $b:\frac{{x + 1}}{{ – 2}} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{{ – 1}}$và mặt phẳng $\left( P \right):x – y – z = 0.$ Viết phương trình của đường thẳng $d\;$song song với $\left( P \right)$, cắt $a$ và $b$ lần lượt tại $M$ và $N$ mà $MN = \sqrt 2 .$

A. $d:\frac{{7x – 1}}{3} = \frac{{7y + 4}}{8} = \frac{{7z + 8}}{{ – 5}}$. B. $d:\frac{{7x – 4}}{3} = \frac{{7y + 4}}{8} = \frac{{7z + 8}}{{ – 5}}$.

C. $d:\frac{{7x + 4}}{3} = \frac{{7y – 4}}{8} = \frac{{7z + 8}}{{ – 5}}$. D. $d:\frac{{7x – 1}}{3} = \frac{{7y – 4}}{8} = \frac{{7z + 3}}{{ – 5}}$.

Lời giải

Chọn D

Do $M$ thuộc $a$, $N$ thuộc $b$nên gọi $M\left( {t;t; – 2t} \right)$ và $N\left( { – 1 – 2t’,t’, – 1 – t’} \right)$. Suy ra $\overrightarrow {MN} = \left( { – 1 – 2t’ – t;t’ – t; – 1 – t’ + 2t} \right)$.

Do đường thẳng $d\;$song song với $\left( P \right)$ nên $\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {{n_P}} = 0$ suy ra $ – 1 – 2t’ – t – t’ + t + 1 + t’ – 2t = 0 \Leftrightarrow t = – t’$.

Khi đó $\overrightarrow {MN} = \left( { – 1 + t; – 2t; – 1 + 3t} \right) \Rightarrow MN = \sqrt {14{t^2} – 8t + 2} $.

Ta có $MN = \sqrt 2 \Leftrightarrow 14{t^2} – 8t + 2 = 2 \Leftrightarrow t = 0 \vee t = \frac{4}{7}$.

Với $t = 0$ thì $\overrightarrow {MN} = \left( { – 1;0; – 1} \right)$ (loại do không có đáp án thỏa mãn).

Với $t = \frac{4}{7}$ thì $\overrightarrow {MN} = \left( { – \frac{3}{7}; – \frac{8}{7};\frac{5}{7}} \right) = – \frac{1}{7}\left( {3;8; – 5} \right)$ và $M\left( {\frac{4}{7};\frac{4}{7}; – \frac{8}{7}} \right)$.

Vậy $\frac{{x – \frac{4}{7}}}{3} = \frac{{y – \frac{4}{7}}}{8} = \frac{{z + \frac{8}{7}}}{{ – 5}} \Leftrightarrow \frac{{7x – 4}}{3} = \frac{{7y – 4}}{8} = \frac{{7z + 8}}{{ – 5}}.$

Câu 14. Trong không gian $Oxyz$, cho mặt phẳng $\left( P \right):\,2x – y + 2z + 3 = 0$ và hai đường thẳng ${d_1}:\,\frac{x}{3} = \frac{{y – 1}}{{ – 1}} = \frac{{z + 1}}{1}$; ${d_2}:\frac{{x – 2}}{1} = \frac{{y – 1}}{{ – 2}} = \frac{{z + 3}}{1}\,\,$. Xét các điểm $A$, $B$ lần lượt di động trên ${d_1}$ và ${d_2}$ sao cho $AB$ song song với mặt phẳng $\left( P \right)$. Tập hợp trung điểm của đoạn thẳng $AB$ là đường thẳng

A. $\Delta :\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1 – 9a\\y = 1 + 8a\\z = – 2 – 5a\end{array} \right.$. B. $\Delta :\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1 – 9a\\y = 1 – 8a\\z = – 2 – 5a\end{array} \right.$. C. $\Delta :\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1 – 9a\\y = 1 + 8a\\z = – 2 + 5a\end{array} \right.$. D. $\Delta :\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 9a\\y = 1 + 8a\\z = – 2 – 5a\end{array} \right.$.

Lời giải

Chọn A

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

Phương trình tham số của đường thẳng ${d_1}:\left\{ \begin{array}{l}x = \,\,\,\,\,3a\\y = \,\,\,\,1 – a\\z = – 1 + a\end{array} \right.\,\,(a$ là tham số, $a \in \mathbb{R}$)

Phương trình tham số của đường thẳng ${d_2}:\left\{ \begin{array}{l}x = \,\,\,\,2 + b\,\\y = \,\,\,\,1 – 2b\\z = – 3 + b\end{array} \right.\,\,(b$ là tham số, $b \in \mathbb{R}$)

Ta có: $A \in {d_1} \Rightarrow A\left( {3a;\,1 – a;\, – 1 + a} \right)$; $B \in {d_2} \Rightarrow B\left( {2 + b;\,1 – 2b;\, – 3 + b} \right)$.

$ \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {b – 3a + 2\,;\,a – 2b\,;\,b – a – 2} \right)$.

Theo giả thiết: $AB\,//\,\left( P \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow n \\A,B\, \notin \,\left( P \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2\left( {b – 3a + 2} \right) – \left( {a – 2b} \right) + 2\left( {b – a – 2} \right) = 0\\a \ne 0\\b \ne \,\,0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \frac{{3a}}{2}\\a \ne 0\\\\b \ne \,\,0\end{array} \right.$.

Suy ra $B\left( {2 + \frac{{3a}}{2};\,1 – 3a;\, – 3 + \frac{{3a}}{2}} \right)$.

Gọi $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB$, ta có:

$\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.$$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{3a + 2 + \frac{{3a}}{2}}}{2}\\{y_I} = \frac{{1 – a + 1 – 3a}}{2}\\{z_I} = \frac{{ – 1 + a – 3 + \frac{{3a}}{2}}}{2}\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} = 1 + \frac{9}{4}a\\{y_I} = 1 – 2a\\{z_I} = – 2 + \frac{5}{4}a\end{array} \right.$hay $I = \left( {1 + \frac{9}{4}a;\,1 – 2a;\, – 2 + \frac{5}{4}a} \right)$. Suy ra tập hợp điểm $I$ là đường thẳng $\Delta :\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + \frac{9}{4}a\\y = 1 – 2a\\z = – 2 + \frac{5}{4}a\end{array} \right.$( $a$ là tham số, $a \in {\mathbb{R}^*}$)

Đường thẳng $\left( \Delta \right)$ có một vectơ chỉ phương là: $\overrightarrow u = \left( { – 9;\,8;\, – 5} \right)$$ \Rightarrow \Delta :\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1 – 9a\\y = 1 + 8a\\z = – 2 – 5a\end{array} \right.$

Câu 15. Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $d:\frac{{x – 12}}{4} = \frac{{y – 9}}{3} = \frac{{z – 1}}{1}$ và mặt phẳng $\left( P \right):3x + 5y – z – 2 = 0$. Gọi $d’$ là hình chiếu vuông góc của $d$ lên $\left( P \right)$. Phương trình tham số của $d’$ là

A. $\left\{ \begin{array}{l}x = 62\\y = – 25\\z = 61 – 2t\end{array} \right.$. B. $\left\{ \begin{array}{l}x = 62t\\y = 25t\\z = – 2 + 61t\end{array} \right.$. C. $\left\{ \begin{array}{l}x = 62t\\y = – 25t\\z = 2 + 61t\end{array} \right.$. D. $\left\{ \begin{array}{l}x = 62t\\y = – 25t\\z = – 2 + 61t\end{array} \right.$.

Lời giải

Chọn D

Mặt phẳng $\left( P \right)$ có một VTPT là $\overrightarrow {{n_P}} = \left( {3\,;5\,; – 1} \right)$.

Đường thẳng $d$ có PTTS: $\left\{ \begin{array}{l}x = 12 + 4t\\y = 9 + 3t\\z = 1 + t\end{array} \right.$ . Gọi $A = d \cap \left( P \right) \Rightarrow A\left( {12 + 4t\,;9 + 3t\,;1 + t} \right)$

Vì $A \in \left( P \right) \Rightarrow 3\left( {12 + 4t} \right) + 5\left( {9 + 3t} \right) – \left( {1 + t} \right) – 2 = 0 \Leftrightarrow t = – 3 \Rightarrow A\left( {0\,;0\,; – 2} \right)$.

Đường thẳng $d$ đi qua điểm $B\left( {12\,;9\,;1} \right)$. Gọi $H$ là hình chiếu của $B$ lên mặt phẳng $\left( P \right)$.

Đường thẳng $BH$ đi qua $B\left( {12\,;9\,;1} \right)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_{BH}}} = \overrightarrow {{n_P}} = \left( {3\,;5\,; – 1} \right)$

có PTTS là $\left\{ \begin{array}{l}x = 12 + 3t\\y = 9 + 5t\\z = 1 – t\end{array} \right.$ và $H \in BH \Rightarrow H\left( {12 + 5t\,;9 + 3t\,;1 – t} \right)$.

Vì $H \in \left( P \right) \Rightarrow 3\left( {12 + 3t} \right) + 5\left( {9 + 5t} \right) – \left( {1 – t} \right) – 2 = 0 \Leftrightarrow t = – \frac{{78}}{{35}} \Rightarrow H\left( {\frac{{186}}{{35}}; – \frac{{15}}{7}\,;\frac{{113}}{{35}}} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {AH} = \left( {\frac{{186}}{{35}}\,; – \frac{{15}}{7}\,;\frac{{183}}{{35}}} \right)$. Chọn một VTCP của đường thẳng $d’$ là $\overrightarrow {u’} = \left( {62\,; – 25\,;61} \right)$

Đường thẳng $d’$ đi qua $A\left( {0\,;0\,; – 2} \right)$ và có VTCP $\overrightarrow {u’} = \left( {62\,; – 25\,;61} \right)$ có PTTS: $\left\{ \begin{array}{l}x = 62t\\y = – 25t\\z = – 2 + 61t\end{array} \right.$.

Câu 16. Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$, cho hai đường thẳng ${d_1},{d_2}$ có phương trình lần lượt là $\frac{x}{2} = \frac{{y – 1}}{{ – 1}} = \frac{{z + 2}}{1},\left\{ \begin{array}{l}x = – 1 + 2t\\y = 1 + t\\z = 3\end{array} \right.(t \in \mathbb{R})$. Phương trình đường thẳng vuông góc với $(P):7x + y – 4z = 0$ và cắt cả hai đường thẳng ${d_1},{d_2}$ là.

A. $\frac{{x – 2}}{7} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{{ – 4}}$. B. $\frac{{x + 1}}{7} = \frac{{y – 1}}{1} = \frac{{z – 3}}{{ – 4}}$.

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

Lời giải

Chọn A

Gọi 2 giao điểm của đường thẳng $\Delta $ và ${d_1},{d_2}$ là $A\left( {2t;1 – t; – 2 + t} \right),B\left( { – 1 + 2s;1 + s;3} \right)$.

$\Delta \equiv AB$. Mặt khác: $\overrightarrow {AB} = \left( { – 1 + 2s – 2t;s + t;5 – t} \right)$, $\overrightarrow {{n_P}} = \left( {7;1; – 4} \right)$.$\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {{n_P}} } \right] = \left( { – 3t – 4s – 5; – 15t + 8s + 31; – 9t – 5s – 1} \right)$.

Mà $AB \bot \left( P \right) \Leftrightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {{n_P}} } \right] = \overrightarrow 0 $$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 3t – 4s – 5 = 0\\ – 15t + 8s + 31 = 0\\ – 9t – 5s – 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\s = – 2\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\left( {2;0; – 1} \right)\\B\left( { – 5; – 1;3} \right)\end{array} \right.$.

Đường thẳng $\Delta $ qua $A\left( {2;0; – 1} \right)$ và có VTCP $\overrightarrow {AB} = \left( { – 7; – 1;4} \right)$ có phương trình là $\frac{{x – 2}}{7} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{{ – 4}}$.

Mức độ 4

Câu 1. Trong không gian $Oxyz$, cho tam giác nhọn $ABC$ có $H\left( {2\,;\,2\,;\,1} \right)$, $K\left( { – \frac{8}{3}\,;\,\frac{4}{3}\,;\,\frac{8}{3}} \right)$, $O$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A,\,\,B,\,\,C$ trên các cạnh $BC,\,\,AC,\,\,AB$. Đường thẳng $d$ qua $A$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ có phương trình là

A. $d:\frac{{x + 4}}{1} = \frac{{y + 1}}{{ – 2}} = \frac{{z – 1}}{2}$. B. $d:\frac{{x – \frac{8}{3}}}{1} = \frac{{y – \frac{2}{3}}}{{ – 2}} = \frac{{z + \frac{2}{3}}}{2}$.

C. $d:\frac{{x + \frac{4}{9}}}{1} = \frac{{y – \frac{{17}}{9}}}{{ – 2}} = \frac{{z – \frac{{19}}{9}}}{2}$. D. $d:\frac{x}{1} = \frac{{y – 6}}{{ – 2}} = \frac{{z – 6}}{2}$.

Lời giải

Chọn A

Ta có tứ giác $BOKC$ là tứ giác nội tiếp đường tròn (vì có hai điểm $K$, $O$ cùng nhìn $BC$ dưới một góc vuông). Suy ra $\widehat {OKB} = \widehat {OCB}\,\left( 1 \right)$

Ta có tứ giác $KDHC$ là tứ giác nội tiếp đường tròn (vì có hai điểm $K$, $H$ cùng nhìn $DC$ dưới một góc vuông). Suy ra $\widehat {DKH} = \widehat {OCB}\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $\widehat {DKH} = \widehat {OKB}\,$. Do đó $BK$ là đường phân giác trong của $\widehat {OKH}$ và $AC$ là đường phân giác ngoài của $\widehat {OKH}$.

Tương tự ta chứng mình được $OC$ là đường phân giác trong của $\widehat {KOH}$ và $AB$ là đường phân giác ngoài của $\widehat {KOH}$.

Ta có $OK = 4$, $OH = 3$, $KH = 5$.

Gọi $I$, $J$ lần lượt là chân đường phân giác ngoài của $\widehat {OKH}$ và $\widehat {KOH}$.

Ta có $I = AC \cap HO$, $\frac{{IO}}{{IH}} = \frac{{KO}}{{KH}} = \frac{4}{5} \Rightarrow \overrightarrow {IO} = \frac{4}{5}\overrightarrow {IH} \Rightarrow I\left( { – 8\,;\, – 8\,;\, – 4} \right)$.

Ta có $J = AB \cap KH$, $\frac{{JK}}{{JH}} = \frac{{OK}}{{OH}} = \frac{4}{3} \Rightarrow \overrightarrow {JK} = \frac{4}{3}\overrightarrow {JH} \Rightarrow J\left( {16\,;\,4\,;\, – 4} \right)$.

Đường thẳng $IK$ qua $I$ nhận $\overrightarrow {IK} = \left( {\frac{{16}}{3}\,;\,\frac{{28}}{3}\,;\,\frac{{20}}{3}} \right) = \frac{4}{3}\left( {4\,;\,7\,;\,5} \right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình $\left( {IK} \right):\left\{ \begin{array}{l}x = – 8 + 4t\\y = – 8 + 7t\\z = – 4 + 5t\end{array} \right.$.

Đường thẳng $OJ$ qua $O$ nhận $\overrightarrow {OJ} = \left( {16\,;\,4\,;\, – 4} \right) = 4\left( {4\,;\,1\,;\, – 1} \right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình $\left( {OJ} \right):\left\{ \begin{array}{l}x = 4t’\\y = t’\\z = – t’\end{array} \right.$.

Khi đó $A = IK \cap OJ$, giải hệ tìm được $A\left( { – 4\,;\, – 1\,;\,1} \right)$.

Khi đó $\overrightarrow {IA} = \left( {4\,;\,7\,;\,5} \right)$ và $\overrightarrow {IJ} = \left( {24\,;\,12\,;\,0} \right)$.

Ta tính $\left[ {\overrightarrow {IA} \,,\,\overrightarrow {IJ} } \right] = \left( { – 60\,;\,120\,;\, – 120} \right) = – 60\left( {1\,;\, – 2\,;\,2} \right)$.

Khi đó đường thẳng đi qua $A$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ có vectơ chỉ phương $\vec u = \left( {1\,;\, – 2\,;\,2} \right)$ nên có phương trình $d:\frac{{x + 4}}{1} = \frac{{y + 1}}{{ – 2}} = \frac{{z – 1}}{2}$

Câu 2. Trong không gian ${\rm{Ox}}yz$ , cho hai mặt cầu $\left( {{S_1}} \right),\left( {{S_2}} \right)$ có phương trình lần lượt là $\left( {{S_1}} \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} = 25;({S_2}):{x^2} + {y^2} + {(z – 1)^2} = 4.$ Một đường thẳng $d$ vuông góc với véc tơ $\overrightarrow u = (1; – 1;0)$ tiếp xúc với mặt cầu $\left( {{S_2}} \right)$ và cắt mặt cầu $\left( {{S_1}} \right)$ theo một đoạn thẳng có độ dài bằng $8$. Hỏi véc tơ nào sau đây là véc tơ chỉ phương của $d?$

A. $\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1;1;\sqrt 3 } \right)$. B. $\overrightarrow {{u_3}} = (1;1;0)$. C. $\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1;1;\sqrt 6 } \right)$. D. $\overrightarrow {{u_4}} = \left( {1;1; – \sqrt 3 } \right)$.

Lời giải

Chọn B

Hai mặt cầu (S1),(S2) có tâm lần lượt là là gốc toạ độ O, điểm I(0;0;1) và bán kính lần lượt là

${R_1} = 5;\,{R_2} = 2$.

Gọi A là tiếp điểm của d và (S2), ta có IA = R2 = 2.

Vì d cắt $\left( {{S_1}} \right)$ theo một đoạn thẳng có độ dài bằng 8 nên

$d(O;d) = \sqrt {R_1^2 – {{\left( {\frac{8}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {25 – 16} = 3.$

55576256_1012465622276895_6175061583119515648_n

Vì $d \bot \overrightarrow u \Rightarrow {\overrightarrow u _d} = (1;1;x),$ ta có:

$OI + IA \ge OA \ge d(O,d) \to 1 + 2 \ge OA \ge 3 \Rightarrow O,I,A$ thẳng hàng.

$\overrightarrow {OA} = \frac{{OA}}{{OI}}\overrightarrow {OI} = 3\overrightarrow {OI} = (0;0;3) \Rightarrow A(0;0;3).$

Do đó $d(O;d) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {OA} ,{{\overrightarrow u }_d}} \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|}} = \frac{{3\sqrt 2 }}{{\sqrt {{x^2} + 2} }} = 3 \Leftrightarrow x = 0 \Rightarrow {\overrightarrow u _d} = (1;1;0).$

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

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 A

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 4. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm $A\left( {1;2;3} \right),\,\,B\left( {1;2;0} \right)$ và $M\left( { – 1;3;4} \right)$. Gọi $d$ là đường thẳng qua B vuông góc với $AB$ đồng thời cách $M$ một khoảng nhỏ nhất. Một véc tơ chỉ phương của $d$ có dạng $\overrightarrow u \left( {2;a;b} \right)$. Tính tổng $a + b$.

A. $1$ B. $2$ C. $ – 2.$ D. $ – 1.$

Lời giải

Chọn D

* Cách 1.

$\overrightarrow {AB} = \left( {0;0; – 3} \right)$.

$\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2;a;b} \right)$.

* $d \bot AB \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_d}} = 0 \Leftrightarrow b = 0$

$ \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} = \left( {2;a;0} \right)$

* $\overrightarrow {BM} = \left( { – 2;1;4} \right)$

$ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {BM} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( { – 4a;8; – 2a – 2} \right)$

$ \Rightarrow d = d\left( {M,d} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BM} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|}}$

$ = \sqrt {\frac{{16{a^2} + 64 + {{\left( {2a + 2} \right)}^2}}}{{4 + {a^2}}}} = \sqrt {\frac{{20{a^2} + 8a + 68}}{{{a^2} + 4}}} $

$ = 2.\sqrt {\frac{{5{a^2} + 2a + 17}}{{{a^2} + 4}}} = 2\sqrt {f\left( a \right)} $

Xét $f\left( a \right) = \frac{{5{a^2} + 2a + 17}}{{{a^2} + 4}}$

$f’\left( a \right) = \frac{{ – 2{a^2} + 6a + 8}}{{{{\left( {{a^2} + 4} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = – 1\\a = 4\end{array} \right.$

Vì hàm $f\left( a \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ nên $f\left( a \right)$ có GTNN $ = \left\{ {f\left( { – 1} \right),f\left( 4 \right)} \right\}$

$f\left( { – 1} \right) = 4,\,\,f\left( 4 \right) = 5,25$.

Vậy ${d_{\min }} \Leftrightarrow f\left( a \right)$ đạt GTNN $ \Leftrightarrow a = – 1$

$ \Rightarrow a + b = – 1 \Rightarrow C$

* Cách 2.

$d \bot AB$ nên d nằm trong mặt phẳng (P) qua B và vuông góc $\overrightarrow {AB} = \left( {0;0; – 3} \right)$

Có phương trình: $0\left( {x – 1} \right) + 0\left( {y – 2} \right) – 3\left( {z – 0} \right) = 0$

hay $\left( P \right):z = 0 \Rightarrow \left( P \right)$ trùng $\left( {xOy} \right)$

Khoảng cách từ $M\left( { – 1;3;4} \right)$ đến $\left( P \right)$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $\left( d \right)$ đi qua $H$ là hình chiếu của $M\left( { – 1;3;4} \right)$ xuống $\left( {xOy} \right)$ $ \Rightarrow H\left( { – 1;3;0} \right)$

Vậy $\left( d \right)$ có vtcp là $\overrightarrow {BH} = \left( { – 2;1;0} \right)$

Gt cho $\left( d \right)$ có vtcp dạng $\overrightarrow u \left( {2;a;b} \right){\rm{//}} – \left( {2; – 1;0} \right)$

$ \Rightarrow a = – 1,\,\,b = 0 \Rightarrow a + b = – 1 \Rightarrow C$.

Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho các điểm $M\left( {2;2;\, – 3} \right)$ và $N\left( { – 4;\,2;\,1} \right)$. Gọi $\Delta $ là đường thẳng đi qua $M$, nhận vectơ $\overrightarrow u = \left( {a;b;c} \right)$ làm vectơ chỉ phương và song song với mặt phẳng $\left( P \right):2x + y + z = 0$ sao cho khoảng cách từ $N$ đến $\Delta $ đạt giá trị nhỏ nhất. Biết $\left| a \right|$, $\left| b \right|$ là hai số nguyên tố cùng nhau. Khi đó $\left| a \right| + \left| b \right| + \left| c \right|$ bằng:

A. $15$. B. $13$. C. $16$. D. $14$.

Lời giải:

Chọn A

Gọi $\left( Q \right)$ là mặt phẳng đi qua $M\left( {2;2;\, – 3} \right)$ và song song với mặt phẳng $\left( P \right)$.

Suy ra $\left( Q \right):2x + y + z – 3 = 0$.

Do $\Delta {\rm{ // }}\left( P \right)$ nên $\Delta \subset \left( Q \right)$.

$d\left( {N,\Delta } \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất $ \Leftrightarrow \Delta $ đi qua $N’$, với $N’$ là hình chiếu của $N$ lên $\left( Q \right)$.

Gọi $d$ là đường thẳng đi qua $N$ và vuông góc $\left( P \right)$, $d:\left\{ \begin{array}{l}x = – 4 + 2t\\y = 2 + t\\z = 1 + t\end{array} \right.$.

Ta có $N’ \in d \Rightarrow $$N’\left( { – 4 + 2t;2 + t;1 + t} \right)$; $N’ \in \left( Q \right) \Rightarrow t = \frac{4}{3}$$ \Rightarrow N’\left( { – \frac{4}{3};\frac{{10}}{3};\frac{7}{3}} \right)$.

$\overrightarrow u = \left( {a;b;c} \right)$ cùng phương $\overrightarrow {MN’} = \left( { – \frac{{10}}{3};\frac{4}{3};\frac{{16}}{3}} \right)$.

Do $\left| a \right|$, $\left| b \right|$ nguyên tố cùng nhau nên chọn $\overrightarrow u = \left( { – 5;2;8} \right)$.

Vậy $\left| a \right| + \left| b \right| + \left| c \right| = 15$.

Câu 6. Trong không gian$Oxyz$, cho đường thẳng ${d_1}:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 2 + t\\z = – 1 – 2t\end{array} \right.$ và ${d_2}:\frac{{x – 2}}{4} = \frac{{y – 2}}{{ – 3}} = \frac{{z – 2}}{{ – 1}}$. Gọi $d$ là đường thẳng vuông góc chung của ${d_1}$ và ${d_2}$, $M\left( {a;b;c} \right)$ thuộc $d$, $N\left( {4;4;1} \right)$. Khi độ dài $MN$ ngắn nhất thì $a + b + c$ bằng?

A. $5$. B. $9$. C. $4$. D. $6$.

Lời giải:

Chọn B

Gọi $P\left( {2 + t;2 + t; – 1 – 2t} \right) \in {d_1}$ và $Q\left( {2 + 4t’;2 – 3t’;2 – t’} \right) \in {d_2}$ $\overrightarrow {PQ} = \left( {4t’ – t; – 3t’ – t; – t’ + 2t + 3} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow a = \left( {1;1; – 2} \right)$, $\overrightarrow b = \left( {4; – 3; – 1} \right)$ lần lượt là VTCP của ${d_1},\,\,{d_2}$.

Khi đó: $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow a .\overrightarrow {PQ} = 0\\\overrightarrow b .\overrightarrow {PQ} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4t’ – t – 3t’ – t – 2\left( { – t’ + 2t + 3} \right) = 0\\4\left( {4t’ – t} \right) – 3\left( { – 3t’ – t} \right) – 1\left( { – t’ + 2t + 3} \right) = 0\end{array} \right.$.

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3t’ – 6t = 6\\26t’ – 3t = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t’ = 0\\t = – 1\end{array} \right.$.

Suy ra $P\left( {1;1;1} \right)$ và $Q\left( {2;2;2} \right)$$ \Rightarrow \overrightarrow {PQ} = \left( {1;1;1} \right)$.

Nên $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 1 + t\\z = 1 + t\end{array} \right.$.

Gọi $M\left( {1 + t;1 + t;1 + t} \right)$ nên $\overrightarrow {NM} = \left( {t – 3;t – 3;t} \right)$.

Do đó: $NM = \sqrt {{{\left( {t – 3} \right)}^2} + {{\left( {t – 3} \right)}^2} + {t^2}} = \sqrt {3{t^2} – 12t + 18} = \sqrt {3{{\left( {t – 2} \right)}^2} + 6} \ge \sqrt 6 $.

Đoạn thẳng $MN$ ngắn nhất bằng $\sqrt 6 $ khi $t = 2$.

Suy ra $M\left( {3;3;3} \right) \Rightarrow a + b + c = 9$.

Câu 7. Trong không gian$Oxyz$, cho điểm $A\left( {0;1;9} \right)$ và mặt cầu $\left( S \right):{\left( {x – 3} \right)^2} + {\left( {y – 4} \right)^2} + {\left( {z – 4} \right)^2} = 25$. Gọi $\left( C \right)$ là giao tuyến của $\left( S \right)$ với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$. Lấy hai điểm $M,N$ trên $\left( C \right)$ sao cho $MN = 2\sqrt 5 $ . Khi tứ diện $OAMN$ có thể tích lớn nhất thì đường thẳng $MN$ đi qua điểm nào trong số các điểm dưới đây?

A. $\left( {5;5;0} \right)$. B. $\left( { – \frac{1}{5};4;0} \right)$. C. $\left( {4;6;0} \right)$. D. $\left( {\frac{{12}}{5}; – 3;0} \right)$.

Lời giải:

Chọn A

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {3;4;4} \right)$, bán kính $R = 5$. Gọi ${r_C}$ là bán kính đường tròn $\left( C \right)$.

Gọi $H$ là tâm đường tròn $\left( C \right)$ $ \Rightarrow H\left( {3;4;0} \right),IH \bot \left( {Oxy} \right)$, $d\left( {I,\left( {Oxy} \right)} \right) = 4$ .

${r_C} = \sqrt {{5^2} – {4^2}} = 3$, $OH = 5$$ \Rightarrow O$ nằm ngoài đường tròn $\left( C \right)$, $d\left( {A,\left( {Oxy} \right)} \right) = 9$

${V_{OAMN}} = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {Oxy} \right)} \right).{S_{OMN}} = $ $3{S_{OMN}} = 3.\frac{1}{2}d\left( {O,MN} \right).MN = 3\sqrt 5 .d\left( {O,MN} \right)$

Suy ra ${V_{max}} \Leftrightarrow d{\left( {O,MN} \right)_{max}}$

Mà $d\left( {O,MN} \right)$$ \le OH + HK = 5 + \sqrt {{3^2} – {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2}} = 7$ . (Với $K$ là trung điểm $MN$)

Dấu bằng xảy ra khi $OH \bot MN$. Khi đó $MN$ có 1 véc tơ chỉ phương là $\left[ {\overrightarrow {OH} ;\overrightarrow k } \right] = \left( {4; – 3;0} \right),\left( {\overrightarrow {OH} = \left( {3;4;0} \right),\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)} \right)$ và đi qua trung điểm $K$ của $MN$.

$\overrightarrow {OK} = \frac{7}{5}\overrightarrow {OH} \Rightarrow K\left( {\frac{{21}}{5};\frac{{28}}{5};0} \right)$.

Phương trình đường thẳng $MN:\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{21}}{5} + 4t\\y = \frac{{28}}{5} – 3t\\z = 0\end{array} \right.$.

Câu 8. Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( { – 3;\,0;\,1} \right)$, $B\left( {1;\, – 1;\,3} \right)$ và mặt phẳng $\left( P \right):x – 2y + 2z – 5 = 0$. Đường thẳng $\left( d \right)$ đi qua $A$, song song với mặt phẳng $\left( P \right)$ sao cho khoảng cách từ $B$ đến đường thẳng $d$ nhỏ nhất. Đường thẳng $d$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow u = \left( {1;\,b;\,c} \right)$. Khi đó $\frac{b}{c}$ bằng

A. $\frac{b}{c} = 11$. B. $\frac{b}{c} = \frac{3}{2}$. C. $\frac{b}{c} = – \frac{3}{2}$. D. $\frac{b}{c} = – \frac{{11}}{2}$.

Lời giải:

Chọn D

Gọi $\left( Q \right)$ là mặt phẳng đi qua $A\left( { – 3;\,0;\,1} \right)$ và song song với $\left( P \right)$ $ \Rightarrow \overrightarrow {{n_Q}} = \overrightarrow {{n_P}} = \left( {1; – 2;\,2} \right)$

Phương trình mặt phẳng $\left( Q \right):x – 2y + 2z + 1 = 0$.

Vì đường thẳng $d$ đi qua $A$, song song với mặt phẳng $\left( P \right)$ nên $d \subset \left( Q \right)$.

Gọi $H,\,K$ lần lượt là hình chiếu của $B$ lên đường thẳng $d$ và mặt phẳng $\left( Q \right)$.

Khi đó $d\left( {B,\left( d \right)} \right) = BH \ge BK$. Suy ra $d{\left( {B,d} \right)_{\min }} = BK \Leftrightarrow H \equiv K$.

Gọi $\Delta $ là đường thẳng đi qua $B$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( Q \right)$$ \Rightarrow \overrightarrow {{u_\Delta }} = \overrightarrow {{n_P}} = \left( {1;\, – 2;\,2} \right)$

Phương trình tham số $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = – 1 – 2t\\z = 3 + 2t\end{array} \right.$. Lấy $H\left( {1 + t;\, – 1 – 2t;\,3 + 2t} \right) \in \Delta $.

Vì $H \in \left( Q \right)$ nên $\left( {1 + t} \right) – 2\left( { – 1 – 2t} \right) + 2\left( {3 + 2t} \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow t = – \frac{{10}}{9}$.

Suy ra $H\left( { – \frac{1}{9};\,\frac{{11}}{9};\frac{7}{9}} \right)$. Khi đó $\overrightarrow {AH} = \left( {\frac{{26}}{9};\,\frac{{11}}{9};\, – \frac{2}{9}} \right) = \frac{{26}}{9}\left( {1;\,\frac{{11}}{{26}}; – \frac{2}{{26}}} \right)$.

Suy ra một vec tơ chỉ phương của $d$ là $\overrightarrow {{u_d}} = \left( {1;\frac{{11}}{{26}}; – \frac{2}{{26}}} \right)$$ \Rightarrow b = \frac{{11}}{{26}},\,c = – \frac{2}{{26}}$.

Vậy $\frac{b}{c} = – \frac{{11}}{2}$.

Câu 9. Trong không gian$Oxyz$, cho tam giác $ABC$ có $A\left( {2;3;3} \right)$ , phương trình đường trung tuyến kẻ từ $B$ là $\frac{{x – 3}}{{ – 1}} = \frac{{y – 3}}{2} = \frac{{z – 2}}{{ – 1}}$ , phương trình đường phân giác trong góc $C$ là $\frac{{x – 2}}{2} = \frac{{y – 4}}{{ – 1}} = \frac{{z – 2}}{{ – 1}}$. Đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là

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

Lời giải:

Chọn C

Gọi ${d_1}$ và ${d_2}$ lần lượt là phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh $B$ và đường phân giác trong góc $C$.

$ \Rightarrow {d_1}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 3 – t}\\{y = 3 + 2t}\\{z = 2 – t}\end{array}} \right.$ và ${d_2}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2 + 2t’}\\{y = 4 – t’}\\{z = 2 – t’}\end{array}} \right.$

Gọi $M$ là trung điểm $AC$$ \Rightarrow M \in {d_1} \Rightarrow M\left( {3 – t;3 + 2t;2 – t} \right)$.

Vì $C \in {d_2} \Rightarrow C\left( {2 + 2t’;4 – t’;2 – t’} \right)$. Mà vì $M$ là trung điểm $AC$ $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2 + 2t’ = 2(3 – t) – 2}\\{4 – t’ = 2(3 + 2t) – 3}\\{2 – t’ = 2(2 – t) – 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2 + 2t’ = 4 – 2t}\\{4 – t’ = 3 + 4t}\\{2 – t’ = 1 – 2t}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 0}\\{t’ = 1}\end{array}} \right.$ .

$ \Rightarrow M\left( {3;3;2} \right)$ và $C\left( {4;3;1} \right)$.

Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng đi qua $A$ và vuông góc với ${d_2}$.

$ \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = \overrightarrow {{u_{{d_2}}}} = \left( {2; – 1; – 1} \right) \Rightarrow \left( P \right):2.(x – 2) – (y – 3) – (z – 3) = 0 \Leftrightarrow 2x – y – z + 2 = 0$.

Gọi N là điểm đối xứng với A qua ${d_2}$ $ \Rightarrow N \in \left( {BC} \right)$ và $N \in \left( P \right)$.

Gọi I là trung điểm của AN$ \Rightarrow I = {d_2} \cap \left( P \right) \Rightarrow I = \left( {2;4;2} \right) \Rightarrow N\left( {2;5;1} \right)$.

Dễ thấy $N \in {d_1}$ khi $t = 1$ $ \Rightarrow N \equiv B$. Vậy $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{A(2;3;3)}\\{B(2;5;1)}\end{array}} \right. \Rightarrow \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} = \left( {0;1; – 1} \right)$

Câu 10. Trong không gian $Oxyz$cho hai đường thẳng ${d_1}:\,\frac{x}{1} = \frac{{y – 1}}{{ – 1}} = \frac{{z – 1}}{2},\,\,$${d_2}:\frac{{x – 1}}{{ – 2}} = \frac{y}{{ – 4}} = \frac{{z – 3}}{2}$. Viết phương trình đường phân giác của những góc tù tạo bởi ${d_1},\,{d_2}$.

A. $\frac{{x – 1}}{{ – 3}} = \frac{y}{{ – 5}} = \frac{{z – 3}}{4}$. B. $\frac{{x – 1}}{{ – 1}} = \frac{y}{1} = \frac{{z – 3}}{1}$. C. $\frac{x}{2} = \frac{{y – 1}}{1} = \frac{{z – 1}}{1}$. D. $\frac{{x – 1}}{2} = \frac{y}{1} = \frac{{z – 3}}{1}$

Lời giải:

Chọn D

Ta viết phương trình tham số của ${d_1}:\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 1 – t\\z = 1 + 2t\end{array} \right.\,\,\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right),\,{d_2}:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 – 2s\\y = – 4s\\z = 3 + 2s\end{array} \right.\,\,\,\left( {s \in \mathbb{R}} \right)$.

Tìm giao điểm của hai đường thẳng ${d_1}$ và ${d_2}$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}t = 1 – 2s\\1 – t = – 4s\\1 + 2t = 3 + 2s\end{array} \right.\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\s = 0\end{array} \right.$ suy ra $I(1;0;3)$ là giao điểm của hai đường thẳng ${d_1}$ và ${d_2}$.

Lấy $A\left( {0\,;\,1\,;1} \right) \in {d_1} \Rightarrow IA = \sqrt 6 .$ Gọi $B(1 – 2s; – 4s;3 + 2s) \in {d_2}$ sao cho $IB = \sqrt 6 $.

Ta có $IB = \sqrt 6 \Leftrightarrow 4{s^2} + 16{s^2} + 4{s^2} = 6 \Leftrightarrow {s^2} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow s = \pm \frac{1}{2}.$

Vậy có 2 điểm thỏa mãn $\left[ \begin{array}{l}B\left( {0\,; – 2\,;\,4} \right)\\B\left( {2\,;\,2\,;\,2} \right)\end{array} \right.$ .

Với $B\left( {0\,; – 2\,;\,4} \right)$ ta có $\overrightarrow {IA} ( – 1;1; -2),\,\overrightarrow {IB} ( – 1; – 2;1) \Rightarrow$
$\overrightarrow {IA} .\overrightarrow {IB} = – 3 < 0 \Rightarrow \widehat {AIB}$ là góc tù

Theo yêu cầu bài toán ta viết phương trình của đường phân giác của góc $\widehat {AIB}$với $B\left( {0\,; – 2\,;\,4} \right)$ (không cần xét trường hợp kia) .

Gọi $M$là trung điểm của $AB$ suy ra $M\left( {0; – \frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right)$, khi đó phương trình đường phân giác cần tìm là phương trình đường thẳng đi qua hai điểm $I(1;0;3)\,$ và $M\left( {0; – \frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {IM} = \left( { – 1; – \frac{1}{2}; – \frac{1}{2}} \right)$ , chọn $\overrightarrow u = – 2\overrightarrow {IM} \Rightarrow \overrightarrow u = \left( {2\,;\,1\,;\,1} \right)$ làm vectơ chỉ phương của đường phân giác. Vậy đường phân giác đi qua điểm $I(1;0;3)$ và nhận $\overrightarrow u = \left( {2\,;\,1\,;\,1} \right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình chính tắc là: $\frac{{x – 1}}{2} = \frac{y}{1} = \frac{{z – 3}}{1}$.

Bài trướcChuyên Đề Viết Phương Trình Mặt Cầu Ôn Thi Tốt Nghiệp THPT Có Đáp Án Và Lời Giải
Bài tiếp theoChuyên Đề Tìm GTLN Và GTNN Của Hàm Hợp Trên Đoạn Ôn 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