a) \(d:\left\{ \begin{aligned} & x=-3+2t \\ & y=-2+3t \\ & z=6+4t \\ \end{aligned} \right. \) và \(d':\left\{ \begin{aligned} & x=5+t' \\ & y=-1-4t' \\ & z=20+t' \\ \end{aligned} \right. \); Show
b) \(d:\left\{ \begin{aligned} & x=1+t \\ & y=t \\ & z=3-t \\ \end{aligned} \right. \) và \( d':\left\{ \begin{aligned} & x=1+2t' \\ & y=-1+2t' \\ & z=2-2t' \\ \end{aligned} \right. \)
a) Xét hệ phương trình \(\left\{ \begin{aligned} & -3+2t=5+t' \\ & -2+3t=-1-4t' \\ & 6+4t=20+t' \\ \end{aligned} \right. \) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & 2t-t'=8 \\ & 3t+4t'=1 \\ & 4t-t'=14 \\ \end{aligned} \right. \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & t=3 \\ & t'=-2 \\ \end{aligned} \right. \) Hệ có nghiệm duy nhất nên hai đường thẳng cắt nhau. Chú ý: Nếu hệ vô nghiệm thì hai đường thẳng chéo nhau. b) Ta có \(\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 1;1;-1 \right)=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{{{u}_{d'}}}\) Lấy điểm \(M\left( 1;2;3 \right)\in d\). Thay tọa độ điểm M vào đường thẳng d' ta được \(\left\{ \begin{aligned} & 1=1+2t' \\ & 2=-1+2t' \\ & 3=2-2t' \\ \end{aligned} \right. \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & t'=0 \\ & t'=\dfrac{3}{2} \\ & t'=-\dfrac{1}{2} \\ \end{aligned} \right. \) (vô lí) Hệ vô nghiệm hay M không thuộc d' Vậy hai đường thẳng song song với nhau. Tìm a để hai đường thẳng sau đây cắt nhau \(d:\left\{ \begin{aligned} & x=1+at \\ & y=t \\ & z=-1+2t \\ \end{aligned} \right. \) và \( d':\left\{ \begin{aligned} & x=1-t' \\ & y=2+2t' \\ & z=3-t' \\ \end{aligned} \right. \)
Xét hệ phương trình \(\left\{ \begin{aligned} & 1+at=1-t' \\ & t=2+2t' \\ & -1+2t=3-t' \\ \end{aligned} \right. \)(I) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & at+t'=0\,\left( 1 \right) \\ & t-2t'=2\,\left( 2 \right) \\ & 2t+t'=4\,\left( 3 \right) \\ \end{aligned} \right. \) Từ hai phương trình (2) và (3) \(\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & t=2 \\ & t'=0 \\ \end{aligned} \right. \) Để hai đường thẳng cắt nhau thì hệ (I) có duy nhất nghiệm Khi và chỉ khi t và t' thỏa mãn phương trình (1). \(\Leftrightarrow2a=0\Leftrightarrow a=0\) Vậy a = 0 thì hai đường thẳng trên cắt nhau.
=> Tham khảo Giải toán lớp 12 tại đây: Giải Toán lớp 12 Giải câu 1 đến 8 trang 90 SGK môn Toán lớp 12 - Giải câu 1 trang 90 SGK Toán lớp 12 giải tích - Giải câu 2 trang 90 SGK Toán lớp 12 giải tích - Giải câu 3 trang 90 SGK Toán lớp 12 giải tích - Giải câu 4 trang 90 SGK Toán lớp 12 giải tích - Giải câu 5 trang 90 SGK Toán lớp 12 giải tích - Giải câu 6 trang 90 SGK Toán lớp 12 giải tích - Giải câu 7 trang 90 SGK Toán lớp 12 giải tích - Giải câu 8 trang 90 SGK Toán lớp 12 giải tích Bài hướng dẫn Giải bài tập trang 90 SGK Giải Tích 12 trong mục giải bài tập toán lớp 12. Các em học sinh có thể xem lại phần Giải bài tập trang 89, 90, 91 SGK Hình Học 12 đã được giải trong bài trước hoặc xem trước hướng dẫn Giải bài tập trang 100, 101 SGK Giải Tích 12 để học tốt môn Toán lớp 12 hơn. Những nội dung trong phần giải tích 12 trang 90 đều là những kiến thức hữu ích nhằm hỗ trợ các em học sinh trong việc củng cố lại kiến thức của toàn bộ chương 2 với các nội dung cụ thể như tính chất của lũy thừa với số mũ thực, tính chất của hàm lũy thừa, tính chất của hàm số mũ và hàm số logarit, cách tìm tập xác định của các hàm số, tính giá trị một số hàm số mũ và hàm số logarit, giải bất phương trình,… Nếu em chưa biết giải một trong số các bài tập đã cho hoặc muốn kiểm tra xem đáp án bài giải của mình đã đúng hay chưa, ngoài việc học kĩ lại lý thuyết của từng bài, các em cũng có thể tham khảo phần hướng dẫn chi tiết hoặc những cách giải ngắn gọn, dễ hiểu, cách trình bày khoa học từng bài tập để học hỏi thêm những cách giải toán hiệu quả. Và nếu có phương pháp giải toán hay, thú vị, các em nhớ chia sẻ cùng chúng tôi nhé.Giải Tích lớp 11 Bài 5. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số là bài học quan trọng trong Chương I. Cùng xem gợi ý Giải Toán 12 trang 43, 44 để nắm rõ kiến thức tốt hơn). Giải Tích lớp 12 trong Chương II các em học bài Bài 1. Lũy thừa. Các em cần Giải toán lớp 12 trang 55, 56 trước khi lên lớp để học tốt môn Toán 12 hơn. Bài giải bài tập trang 90 SGK Giải Tích 12 - Ôn tập chương 2 với toàn bộ những nội dung về hàm số lũy thừa cũng với hàm số mũ, bài này sẽ giúp các em học sinh ôn luyện và củng cố kiến thức hiệu quả. Bên cạnh đó việc làm bài hay tìm kiếm phương pháp giải toán lớp 12 phù hợp cũng được cập nhật khá đầy đủ và rõ ràng dưới đây. Mời các bạn cùng theo dõi Giải Bài 2 Trang 90 SGK Toán 5 Giải Bài 4 Trang 90 SGK Toán 5 Giải Bài 3 Trang 90 SGK Toán 4 Giải Bài 4 Trang 90 SGK Toán 4 Giải Bài 1 Trang 90 SGK Toán 4 Giải Bài 2 Trang 90 SGK Toán 4 Skip to content
Hướng dẫn giải Bài §3. Phương trình đường thẳng trong không gian, Chương III. Phương pháp toạ độ trong không gian, sách giáo khoa Hình học 12. Nội dung bài giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 trang 89 90 91 sgk Hình học 12 bao gồm tổng hợp công thức, lý thuyết, phương pháp giải bài tập hình học có trong SGK để giúp các em học sinh học tốt môn toán lớp 12. a) Phương trình tham số của đường thẳng Trong không gian, đường thẳng \(\Delta\) đi qua \(M(x_0,y_0,z_0)\) và nhận vectơ \(\vec u=(a,;b;c)\) làm Vectơ chỉ phương (VTCP) có phương trình tham số là: \(\Delta: \left\{\begin{matrix} x=x_0+at\\ y=y_0+bt\\ z=z_0+ct \end {matrix}\right.(t\in\mathbb{R})\) (t được gọi là tham số). Nếu \(a,b,c \ne 0\) thì ta có phương trình \(\frac{{x – {x_0}}}{a} = \frac{{y – {y_0}}}{b} = \frac{{z – {z_0}}}{c}=t\). Hay \(\frac{{x – {x_0}}}{a} = \frac{{y – {y_0}}}{b} = \frac{{z – {z_0}}}{c}\) được gọi là phương trình chính tắc của đường thẳng \(\Delta\). b) Một số cách xác định vectơ chỉ phương của đường thẳng Nếu \(\Delta _1 //\Delta 2\), \(\overrightarrow{u_1}\) là 1 VTCP của \(\Delta _1\) thì \(\overrightarrow{u_1}\) là 1 VTCP của \(\Delta _2\). Nếu \(\Delta _1\perp \Delta _2\), \(\overrightarrow{u_1}\) là 1 VTCP của \(\Delta _1\), \(\overrightarrow{u_2}\) là 1 VTCP của \(\Delta _2\) thì \(\overrightarrow{u_1}.\overrightarrow{u_2}=0.\) Nếu đường thẳng \(\Delta\) có VTCP \(\vec u\), tồn tại hai vectơ \(\vec u_1\) và \(\vec u_2\) sao cho \(\left\{\begin{matrix} \overrightarrow{u}\perp \overrightarrow{u_1}\\ \overrightarrow{u}\perp \overrightarrow{u_2} \end{matrix}\right.\) thì \(\overrightarrow{u}=\left [ \overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2} \right ]\) là một VTCP của \(\Delta\). Cho đường thẳng \(\Delta\) và mặt phẳng (P) sao cho: \(\bigg \lbrack \begin{matrix} \Delta \subset (P)\\ \Delta // (P) \end{matrix}\). Gọi \(\overrightarrow{u}\) là một VTCP \(\Delta\), \(\overrightarrow{n_P}\) là VTPT của (P) thì \(\overrightarrow{u}.\overrightarrow{n_P}=0.\) Nếu \(A,B\in \Delta\) thì \(\overrightarrow{AB}\) là một VTCP của \(\Delta\). Trong không gian cho hai đường thẳng: \(\Delta _1\) đi qua M1 và có một VTCP \(\overrightarrow{u_1}\), \(\Delta _2\) đi qua M2 và có một VTCP \(\overrightarrow{u_2}\). Khi đó Vị trí tương đối giữa \(\Delta _1\) và \(\Delta _2\) được xác định như sau: \(\Delta _1\) và \(\Delta _2\) chéo nhau \(\Leftrightarrow \left [ \overrightarrow{u_1};\overrightarrow{u_2} \right ]. \overrightarrow{M_1.M_2}\neq 0\). \(\Delta _1\) và \(\Delta _2\) cắt nhau \(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \left [ \overrightarrow{u_1};\overrightarrow{u_2} \right ]. \overrightarrow{M_1.M_2}= 0\\ \overrightarrow{u_1}\neq k. \overrightarrow{u_2} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\). \(\Delta _1\) // \(\Delta _2\) \(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \overrightarrow{u_1}=k.\overrightarrow{u_2}\\ M_1\in \Delta _1, M_1\notin \Delta _2 \end{matrix}\right.\). \(\Delta _1\equiv \Delta _2 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \overrightarrow{u_1}=k.\overrightarrow{u_2}\\ M_1\in \Delta _1, M_1\in \Delta _2 \end{matrix}\right.\). 3. Góc giữa hai đường thẳngTrong không gian cho hai đường thẳng \(\Delta _1\) có một VTCP \(\overrightarrow{u_1}=(a_1;b_1;c_1)\), \(\Delta _2\) có một VTCP \(\overrightarrow{u_2}=(a_2;b_2;c_2)\), khi đó: \(cos(\Delta _1;\Delta _2)=\left | cos(\overrightarrow{u_1};\overrightarrow{u_2}) \right |=\frac{\left | \overrightarrow{u_1}\overrightarrow{u_2} \right |}{ \left | \overrightarrow{u_1} \right |.\left | \overrightarrow{u_2} \right |}\)\(=\frac{\left | a_1a_2+b_1b_2+c_1c_2 \right |}{\sqrt{a^2_1+b^2_1+c^2_1} .\sqrt{a^2_2+b^2_2+c^2_2}}\) Nhận xét: \(0^0\leq (\Delta _1;\Delta _2)\leq 90^0\). \(\Delta _1\perp \Delta _2\Leftrightarrow a_1a_2+b_1b_2+c_1c_2=0\). 4. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳngTrong không gian cho đường thẳng \(\Delta\) có một VTCP \(\overrightarrow{u}=(a;b;c)\), mặt phẳng (P) có một VTPT \(\overrightarrow{n}=(A;B;C)\), khi đó: \(sin(\widehat{\Delta ;(P)})=\left | cos(\overrightarrow{n};\overrightarrow{u}) \right |= \frac{\left | Aa+Bb+Cc \right |}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}.\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\) 5. Các công thức tính khoảng cách liên quan đến đường thẳnga) Khoảng cách từ 1 điểm đến đường thẳng Cho điểm M và đường thẳng \(\Delta\) đi qua N và có một VTCP \(\overrightarrow{u}\). Khi đó khoảng cách từ M đến \(\Delta\) xác định bởi công thức: \(d(M;\Delta )=\frac{\left | \left [ \overrightarrow{NM};\overrightarrow{u} \right ] \right |}{\left | \overrightarrow{u} \right |}\) b) Khoảng cách từ giữa đường thẳng và mặt phẳng song song Cho đường thẳng \(\Delta\) song song với mặt phẳng (P). M là một điểm thuộc đường thẳng \(\Delta\). Khi đó: \(d(\Delta;(P))=d(M;(P))\) c) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau ♦ Cách 1: Trong không gian cho đường thẳng \(\Delta _1\) đi qua M1 có một VTCP \(\overrightarrow{u_1}\), \(\Delta _2\) đi qua M2 có một VTCP \(\overrightarrow{u_2}\). Khi đó: \(d(\Delta _1;\Delta _2)=\frac{\left | [\overrightarrow{u_1};\overrightarrow{u_2}] .\overrightarrow{M_1M_2}\right |}{[\overrightarrow{u_1};\overrightarrow{u_2}]}\) ♦ Cách 2: Gọi AB là đoạn vuông góc chung \(\Delta _1\), \(\Delta _2\) với\(A\in \Delta _1, B\in \Delta _2\) suy ra: \(\left\{\begin{matrix} \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{u_1}=0\\ \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{u_2}=0 \end{matrix}\right.\). Khi đó: \(d(\Delta _1;\Delta _2)=AB\) Dưới đây là phần Hướng dẫn trả lời các câu hỏi và bài tập trong phần hoạt động của học sinh trên lớp sgk Hình học 12. Câu hỏi1. Trả lời câu hỏi 1 trang 82 sgk Hình học 12Trong không gian \(Oxyz\) cho điểm \({M_0}\left( {1;2;3} \right)\) và hai điểm \(M_1\left( {1 + t;2 + t;3 + t} \right)\), \({M_2}\left( {1 + 2t;2 + 2t;3 + 2t} \right)\) di động với tham số \(t\). Hãy chứng tỏ ba điểm \({M_0},{M_1},{M_2}\) luôn thẳng hàng. Trả lời: Ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {{M_0}{M_1}} = (t,t,t);\,\,\overrightarrow {{M_0}{M_2}} = (2t,2t,2t) \cr & \Rightarrow \overrightarrow {{M_0}{M_2}} = 2\overrightarrow {{M_0}{M_1}} \cr & \Rightarrow \overrightarrow {{M_0}{M_2}} \uparrow \uparrow \overrightarrow {{M_0}{M_1}} \cr} \) ⇒ ba điểm \({M_0},{M_1},{M_2}\) luôn thẳng hàng. 2. Trả lời câu hỏi 2 trang 84 sgk Hình học 12Cho đường thẳng Δ có phương trình tham số \(\left\{ \matrix{x = – 1 + 2t \hfill \cr y = 3 – 3t \hfill \cr z = 5 + 4t \hfill \cr} \right.\). Hãy tìm tọa độ của một điểm M trên Δ và tọa độ một vecto chỉ phương của Δ. Trả lời: Một điểm M thuộc Δ là: \(M (-1; 3; 5) \) và 1 vecto chỉ phương của Δ là \(\overrightarrow a = (2, – 3,4)\) 3. Trả lời câu hỏi 3 trang 84 sgk Hình học 12Cho hai đường thẳng d và d’ có phương trình tham số lần lượt là: \(\left\{ \matrix{x = 3 + 2t \hfill \cr y = 6 + 4t \hfill \cr z = 4 + t \hfill \cr} \right.\) và \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t’\\y = 1 – t’\\z = 5 + 2t’\end{array} \right.\) a) Hãy chứng tỏ điểm \(M(1; 2; 3) \) là điểm chung của \(d\) và \(d’\); b) Hãy chứng tỏ \(d\) và \(d’\) có hai vecto chỉ phương không cùng phương. Trả lời: a) Thay tọa độ của \(M\) vào phương trình của \(d\) ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}1 = 3 + 2t\\2 = 6 + 4t\\3 = 4 + t\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = – 1\\t = – 1\\t = – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow t = – 1\) Do đó \(M\in d\). Thay tọa độ của \(M\) vào phương trình của \(d’\) ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}1 = 2 + t’\\2 = 1 – t’\\3 = 5 + 2t’\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t’ = – 1\\t’ = – 1\\t’ = – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow t’ = – 1\) Do đó \(M\in d’\). Vậy \(M\) là điểm chung của \(d\) và \(d’\). b) Ta thấy \(\overrightarrow {{u_d}} = (2,4,1);\overrightarrow {{u_d}’} = (1, – 1,2)\) là hai vecto không tỉ lệ nên hai veco đó không cùng phương. 4. Trả lời câu hỏi 4 trang 86 sgk Hình học 12Chứng minh hai đường thẳng sau đây trùng nhau: \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 3 – t\\y = 4 + t\\z = 5 – 2t\end{array} \right.\) và \(d’:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 – 3t’\\y = 5 + 3t’\\z = 3 – 6t’\end{array} \right.\) Trả lời: Ta thấy: \(\eqalign{ & \overrightarrow {{u_d}} = ( – 1,1, – 2);\,\,\overrightarrow {{u_{d’}}} = ( – 3,3, – 6) \cr & \Rightarrow \overrightarrow {{u_{d’}}} = 3\overrightarrow {{u_d}} \cr} \) Có \( M (3; 4; 5) ∈ d\). Thay tọa độ của \(M\) vào \(d’\) ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}3 = 2 – 3t’\\4 = 5 + 3t’\\5 = 3 – 6t’\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t’ = – \dfrac{1}{3}\\t’ = – \dfrac{1}{3}\\t’ = – \dfrac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow t’ = – \dfrac{1}{3}\) Do đó \(M (3; 4; 5) ∈ d’\) nên \(d\) trùng với \(d’\) 5. Trả lời câu hỏi 5 trang 89 sgk Hình học 12Tìm số giao điểm của mặt phẳng \((α): x + y + z – 3 = 0 \) với đường thẳng \(d\) trong các trường hợp sau: \(\eqalign{ & a)\,\,d:\left\{ \matrix{ x = 2 + t \hfill \cr y = 3 – t \hfill \cr z = 1 \hfill \cr} \right. \cr & b)\,\,d:\left\{ \matrix{ x = 1+2t \hfill \cr y = 1 – t \hfill \cr z = 1 – t \hfill \cr} \right. \cr & c)\,\,d:\left\{ \matrix{ x = 1 + 5t \hfill \cr y = 1 – 4t \hfill \cr z = 1 + 3t \hfill \cr} \right. \cr} \) Trả lời: a) Xét phương trình: \((2 + t) + (3 – t) + 1 – 3 = 0\) \(⇔ 3 = 0\) (vô nghiệm) ⇒ mặt phẳng \((α)\) và \(d\) không có điểm chung. b) Xét phương trình: \((1 + 2t) + (1 – t) + (1 – t) – 3 = 0\) \(⇔ 0 = 0\) (vô số nghiệm) \(⇒ d \subset (α)\). c) Xét phương trình: \((1 + 5t) + (1 – 4t) + (1 + 3t) – 3 = 0\) \(⇔ 4t = 0 ⇔ t = 0 \) ⇒ mặt phẳng \((α)\) và \(d\) có \(1\) điểm chung. Dưới đây là Hướng dẫn giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 trang 89 90 91 sgk Hình học 12. Các bạn hãy đọc kỹ đầu bài trước khi giải nhé! Bài tập Giaibaisgk.com giới thiệu với các bạn đầy đủ phương pháp giải bài tập hình học 12 kèm bài giải chi tiết bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 trang 89 90 91 sgk Hình học 12 của Bài §3. Phương trình đường thẳng trong không gian trong Chương III. Phương pháp toạ độ trong không gian cho các bạn tham khảo. Nội dung chi tiết bài giải từng bài tập các bạn xem dưới đây:  1. Giải bài 1 trang 89 sgk Hình học 12Viết phương trình tham số của đường thẳng \(d\) trong các trường hợp sau: a) \(d\) đi qua điểm \(M(5 ; 4 ; 1)\) có vec tơ chỉ phương \(\overrightarrow{a}(2 ; -3 ; 1)\) ; b) \(d\) đi qua điểm \(A(2 ; -1 ; 3)\) và vuông góc với mặt phẳng \((α)\) có phương trình: \(x + y – z + 5 = 0\) ; c) \(d\) đi qua điểm \(B(2 ; 0 ; -3)\) và song song với đường thẳng \(∆\) có phương trình: \(\left\{\begin{matrix} x =1+2t\\ y=-3+3t\\ z=4t \end{matrix}\right.\) ; d) \(d\) đi qua hai điểm \( P(1 ; 2 ; 3)\) và \( Q(5 ; 4 ; 4)\). Bài giải: a) Phương trình đường thẳng \(d\) có dạng: \(\left\{\begin{matrix} x =5+2t\\ y=4-3t\\ z=1+t \end{matrix}\right.\), với \(t ∈ \mathbb{R}\). b) Đường thẳng \(d\) vuông góc với mặt phẳng \((α): x + y – z + 5 = 0\) nên có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = {\overrightarrow n _{\left( \alpha \right)}} = \left( {1;1; – 1} \right)\). Vậy phương trình tham số của \(d\) có dạng: \(\left\{\begin{matrix} x= 2+t & \\ y=-1+t &,t\in R .\\ z=3-t& \end{matrix}\right.\) c) Ta có: \(\overrightarrow{u}(2 ; 3 ; 4)\) là vectơ chỉ phương của \(∆\). Vì \(d // ∆\) nên \(\overrightarrow{u}\) cũng là vectơ chỉ phương của \(d\). Phương trình tham số của \(d\) có dạng: \(\left\{\begin{matrix} x=2+2t & \\ y=3t &,t\in R. \\ z=-3 + 4t & \end{matrix}\right.\) d) Đường thẳng \(d\) đi qua hai điểm \(P(1 ; 2 ; 3)\) và \(Q(5 ; 4 ; 4)\) nên nhận \(\overrightarrow{PQ}(4 ; 2 ; 1)\) là 1 VTCP. Vậy phương trình tham số có dạng: \(\left\{\begin{matrix}x= 1+4t & \\ y =2+2t&,t\in R. \\ z=3+t& \end{matrix}\right.\) 2. Giải bài 2 trang 89 sgk Hình học 12Viết phương trình tham số của đường thẳng là hình chiếu vuông góc của đường thẳng \(d\): \(\left\{\begin{matrix} x=2+t \\ y=-3+2t \\ z= 1+3t \end{matrix}\right.\) lần lượt trên các mặt phẳng sau: a) \((Oxy)\) ; b) \((Oyz)\). Bài giải: a) Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng vuông góc \(\left( {Oxy} \right)\) và chứa \(d\). Khi đó \(\Delta = \left( P \right) \cap \left( {Oxy} \right)\) là hình chiếu của \(d\) lên \(\left( {Oxy} \right)\). Phương trình mặt phẳng \((Oxy)\) có dạng: \(z = 0\); vectơ \(\overrightarrow{k}\)(0 ; 0 ;1) là vectơ pháp tuyến của \((Oxy)\). Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} \bot \overrightarrow k \\\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} \bot \overrightarrow {{u_d}} \end{array} \right.\) \(\Rightarrow \overrightarrow{n_{(P)}}=\left [\overrightarrow{u},\overrightarrow{k} \right ] = (2 ; -1 ; 0)\) là vectơ pháp tuyến của \((P)\). Phương trình mặt phẳng \((P)\) có dạng: \(2(x – 2) – (y + 3) +0.(z – 1) = 0 \) \(\Leftrightarrow 2x – y – 7 = 0\). \(\Delta = \left( P \right) \cap \left( {Oxy} \right)\) \(\Rightarrow \Delta :\left\{\begin{matrix} z=0 & \\ 2x-y-7=0.& \end{matrix}\right.\) Chọn \({M_0}\left( {4;1;0} \right) \in \left( P \right) \cap \left( {Oxy} \right)\). \(\Delta = \left( P \right) \cap \left( {Oxy} \right)\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{u_\Delta }} \bot \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} \\\overrightarrow {{u_\Delta }} \bot \overrightarrow k \end{array} \right.\) \( \Rightarrow \overrightarrow {{u_\Delta }} = \left[ {\overrightarrow k ,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( {1;2;0} \right)\). Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \({M_0}\left( {4;1;0} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {1;2;0} \right)\) làm VTCP nên \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 4 + t\\y = 1 + 2t\\z = 0\end{array} \right.,t \in \mathbb{R}\). b) Mặt phẳng \((Oyz)\) có phương trình \(x = 0\). Lấy \(M_1( 2 ;- 3 ; 1) ∈ d\) và \(M_2( 0 ; -7 ; -5) ∈ d\), hình chiếu vuông góc của \(M_1\) trên \((Oyz)\) là \(M_1\)’\((0 ; -3 ; 1)\), hình chiếu vuông góc của \(M_2\) trên \((Oyz)\) là chính nó. Đường thẳng \(∆\) qua \({M_1}’,{M_2}\) chính là hình chiếu vuông góc của \(d\) lên \((Oyz)\). Ta có: \(\overrightarrow{M’_{1}M_{2}}(0 ; -4 ; -6)\) // \(\overrightarrow{v} (0 ; 2 ; 3)\). Phương trình \(M’_1M_2\) có dạng: \(\left\{\begin{matrix} x=0 & \\ y=-3+2t&,t \in R \\ z=1+3t& \end{matrix}\right.\). 3. Giải bài 3 trang 90 sgk Hình học 12Xét vị trí tương đối của đường thẳng d và d’ trong các trường hợp sau: a) d: \(\left\{\begin{matrix} x=-3+2t & \\ y=-2+3t& \\ z=6+4t& \end{matrix}\right.\) và d’: \(\left\{\begin{matrix} x=5+t’& \\ y=-1-4t’& \\ z=20+t’& \end{matrix}\right.\) ; b) d: \(\left\{\begin{matrix} x=1+t& \\ y=2+t& \\ z=3-t& \end{matrix}\right.\) và d’: \(\left\{\begin{matrix} x=1+2t’& \\ y=-1+2t’& \\ z=2-2t’.& \end{matrix}\right.\) Bài giải: a) ♦ Cách 1: Đường thẳng \(d\) đi qua \(M_1( -3 ; -2 ; 6)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u_{1}}(2 ; 3 ; 4)\). Đường thẳng \(d’\) đi qua \(M_2( 5 ; -1 ; 20)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u_{2}}(1 ; -4 ; 1)\). Ta nhận thấy \(\overrightarrow{u_{1}}\), \(\overrightarrow{u_{2}}\) không cùng phương nên d và d’ chỉ có thể cắt nhau hoặc chéo nhau. Ta có \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}3\\ – 4\end{array}&\begin{array}{l}4\\1\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}4\\1\end{array}&\begin{array}{l}2\\1\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}2\\1\end{array}&\begin{array}{l}3\\ – 4\end{array}\end{array}} \right|} \right) = \left( {19;2; – 11} \right)\) ; \(\overrightarrow{M_{1}M_{2}} = (8 ; 1 ; 14) \) Mà \(\left [\overrightarrow{u_{1}},\overrightarrow{u_{2}} \right ].\overrightarrow{M_{1}M_{2}} = (19.8 + 2 – 11.14) = 0\) nên \(d\) và \(d’\) cắt nhau. ♦ Cách 2: Xét hệ phương trình:\(\left\{\begin{matrix} -3+2t=5+t’ & (1)\\ -2+3t=-1-4t’ & (2) \\ 6+4t=20+t’& (3) \end{matrix}\right.\) Từ (1) với (3), trừ vế với vế ta có \(2t = 6 ⇒ t = 3\), thay vào (1) có \(t’ = -2\), từ đó \(d\) và \(d’\) có điểm chung duy nhất \(M(3 ; 7 ; 18)\). Do đó d và d’ cắt nhau tại M. b) Ta có : \(\overrightarrow{u_{1}}(1 ; 1 ; -1)\) là vectơ chỉ phương của d và \(\overrightarrow{u_{2}}(2 ; 2 ; -2)\) là vectơ chỉ phương của d’ . Ta thấy \(\overrightarrow{u_{1}}\) và \(\overrightarrow{u_{2}}\) cùng phương nên d và d’ chỉ có thể song song hoặc trùng nhau. Lấy điểm \(M(1 ; 2 ; 3) ∈d\), thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình \(d’\) ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}1 = 1 + 2t’\\2 = – 1 + 2t’\\3 = 2 – 2t’\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t’ = 0\\t’ = \frac{3}{2}\\t’ = – \frac{1}{2}\end{array} \right.\left( {VN} \right)\) Vậy \(M \notin d’\) nên \(d\) và \(d’\) song song. 4. Giải bài 4 trang 90 sgk Hình học 12Tìm \(a\) để hai đường thẳng sau đây cắt nhau: \(d:\left\{\begin{matrix} x=1+at & \\ y=t & \\ z= -1+2t & \end{matrix}\right.\) và \(d’:\left\{\begin{matrix} x=1-t’ & \\ y=2+2t’ & \\ z= 3-t’. & \end{matrix}\right.\) Bài giải: Xét hệ \(\left\{\begin{matrix} 1+at=1-t’ &(1)\\ t = 2+2t’ & (2)\\ -1+2t=3-t’ & (3) \end{matrix}\right.\) Hai đường thẳng d và d‘ cắt nhau khi và chỉ khi hệ có nghiệm duy nhất. Giải (2) và (3) ta có \(t = 2\); \(t’ = 0\). Thay vào phương trình (1) ta có \(1 + 2a = 1 ⇒ a =0\). Vậy \(a = 0\) thì d và d’ cắt nhau. 5. Giải bài 5 trang 90 sgk Hình học 12Tìm số giao điểm của đường thẳng \(d\) và mặt phẳng ($\alpha$) trong các trường hợp sau: a) d: $\left\{\begin{matrix}x=12+4t & & \\y=9+3t & & \\ z=1+t & & \end{matrix}\right.$ và ($\alpha$): $3x+5y-z-2=0$ b) d: $\left\{\begin{matrix}x=1+t & & \\y=2-t & & \\ z=1+2t & & \end{matrix}\right.$ và ($\alpha$): $x+3y+z+1=0$ c) d: $\left\{\begin{matrix}x=12+4t & & \\y=1+2t & & \\ z=2-3t & & \end{matrix}\right.$ và ($\alpha$): $x+y+z-4=0$ Bài giải: a) ♦Cách 1: Ta có: $\overrightarrow{u_{d}}=(4;3;1)$ $\overrightarrow{n_{(\alpha)}}=(3;5;-1)$ ⇒ $\overrightarrow{u_{d}}.\overrightarrow{n_{(\alpha)}}=12+15-1=26 \neq 0$ ⇒ $d$ cắt $(\alpha) $. ♦ Cách 2: Gọi \(M = d \cap \left( \alpha \right) \Rightarrow M \in d \Rightarrow M\left( {12 + 4t;9 + 3t;1 + t} \right)\). Vì \(M \in \left( \alpha \right) \) nên ta có: \(3(12 + 4t) +5(9 + 3t) – (1 + t) -2 = 0\) \( ⇔ 26t + 78 = 0 ⇔ t = -3\). Vậy \(d ∩ (α) = M(0 ; 0 ; -2)\). b) ♦ Cách 1: Ta có: $\overrightarrow{u_{d}}=(1;-1;-2)$ $\overrightarrow{n_{(\alpha)}}=(1;3;1)$ ⇒ $\overrightarrow{u_{d}}.\overrightarrow{n_{(\alpha)}}=1-3+2= 0$ ⇒ $d//(\alpha)$ hoặc $d \subset (\alpha) $ Mặt khác: $M(1;2;1) \in d$ nhưng $M \notin (\alpha)$ ⇒ $d//(\alpha)$. ♦ Cách 2: Gọi \(M = d \cap \left( \alpha \right) \Rightarrow M \in d \Rightarrow M\left( {1 + t;2 – t;1 + 2t} \right)\). Vì \(M \in \left( \alpha \right) \) nên ta có: \((1 + t) + 3.(2 – t) + (1 + 2t) + 1 = 0\) \(⇔ 0.t +9= 0\), phương trình vô nghiệm. Chứng tỏ \(d\) và \((α)\) không cắt nhau hay d // \((α)\). c) ♦ Cách 1: Ta có: $\overrightarrow{u_{d}}=(1;2;3)$ $\overrightarrow{n_{(\alpha)}}=(1;1;1)$ ⇒ $\overrightarrow{u_{d}}.\overrightarrow{n_{(\alpha)}}=1+2-3= 0$ ⇒ $d//(\alpha)$ hoặc $d \subset (\alpha) $ Mặt khác: $M(1;2;1) \in d$ và $M \in (\alpha)$ ⇒ $d \subset (\alpha) $. ♦ Cách 2: Gọi \(M = d \cap \left( \alpha \right) \Rightarrow M \in d \Rightarrow M\left( {1 + t;1 + 2t;2 – 3t} \right)\). Vì \(M \in \left( \alpha \right) \) nên ta có: \((1 + t) + (1+ 2t) + (2 – 3t) – 4 = 0\) \(⇔ 0t + 0 = 0\) Phương trình này có vô số nghiệm, chứng tỏ \(d ⊂ (α)\) . 6. Giải bài 6 trang 90 sgk Hình học 12Tính khoảng cách giữa đường thẳng ∆ : $\left\{\begin{matrix}x=-3+2t & & \\y=-1+3t & & \\ z=-1+2t & & \end{matrix}\right.$ và mặt phẳng ($\alpha$): $2x-2y+z+3=0$ Bài giải: Đường thẳng ∆ qua $M(-3;-1;-1)$ có $\overrightarrow{u_{d}}=(2;3;2)$ và $\overrightarrow{n_{(\alpha)}}=(2;-2;1)$ ⇒ $\overrightarrow{u_{d}}.\overrightarrow{n_{(\alpha)}}=4-6+2=0$ ⇒ $\Delta //(\alpha )$ hoặc $\Delta \subset (\alpha )$ Mặt khác: $M(-3;-1;-1)\in \Delta $ nhưng $M\notin (\alpha )$ ⇒ $\Delta //(\alpha )$. ⇒ $d(\Delta ,(\alpha ))=d(M,(\alpha ))=\frac{\left | 2.(-3)-2(-1)-1+3 \right |}{\sqrt{4+4+1}}=\frac{2}{3}$ Vậy $d(\Delta ,(\alpha ))=\frac{2}{3}$. 7. Giải bài 7 trang 91 sgk Hình học 12Cho điểm \(A(1 ; 0 ; 0)\) và đường thẳng \(∆\): \(\left\{\begin{matrix} x=2+t & \\ y=1+2t & \\ z=t & \end{matrix}\right.\). a) Tìm tọa độ điểm \(H\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(A\) trên đường thẳng \(∆\). b) Tìm tọa độ điểm \(A’\) đối xứng với \(A\) qua đường thẳng \(∆\). Bài giải: a) Đường thẳng \(∆\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}(1 ; 2 ; 1)\). \(H ∈ ∆\) nên \(H(2 + t ; 1 + 2t ; t)\). Điểm \(H ∈ ∆\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(∆\) khi và chỉ khi \(\overrightarrow{AH}\bot\) \(\overrightarrow{u}\). Ta có \(\overrightarrow{AH}(1+t ; 1 + 2t ; t)\) nên: \(\overrightarrow{AH}\) ⊥ \(\overrightarrow{u}\) ⇔ \(\overrightarrow{u}.\overrightarrow{AH}\) = 0. ⇔ \(1 + t + 2(1 + 2t) + t = 0\) ⇔ \(6t + 3 = 0 ⇔ t = -\frac{1}{2}\). ⇔ \(H\left (\frac{3}{2};0;-\frac{1}{2} \right )\). b) Gọi \(A’\) là điểm đối xứng của \(A\) qua \(∆\) và \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(∆\) thì \(H\) là trung điểm của \(AA’\). \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A’}} = 2{x_H} – {x_A} = 2.\frac{3}{2} – 1 = 2\\{y_{A’}} = 2{y_H} – {y_A} = 2.0 – 0 = 0\\{z_{A’}} = 2{z_H} – {z_A} = 2.\left( { – \frac{1}{2}} \right) – 0 = – 1\end{array} \right. \Rightarrow A’\left( {2;0; – 1} \right)\) Vậy $A'(2;0;-1)$. 8. Giải bài 8 trang 91 sgk Hình học 12Cho điểm \(M(1 ; 4 ; 2)\) và mặt phẳng \((α): x + y + z -1 = 0\). a) Tìm tọa độ điểm \(H\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(M\) trên mặt phẳng \((α)\) ; b) Tìm tọa độ điểm \(M’\) đối xứng với \(M\) qua mặt phẳng \((α)\). c) Tính khoảng cách từ điểm \(M\) đến mặt phẳng \((α)\). Bài giải: a) Xét đường thẳng \(d\) qua \(M\) và \(d ⊥ (α)\). Vectơ \(\overrightarrow{n}(1 ; 1 ; 1)\) là vectơ pháp tuyến của \((α)\) nên \(\overrightarrow{n}\) là vectơ chỉ phương của \(d\). Phương trình tham số của đường thẳng \(d\) có dạng: \(\left\{\begin{matrix} x=1+t & \\ y=4+t & \\ z=2+t & \end{matrix}\right.\). Gọi \(H = d \cap \left( P \right)\), \(H \in d \Rightarrow H\left( {1 + t;4 + t;2 + t} \right)\), vì \(H \in \alpha\) nên ta có: \(1 + t + 4 + t + 2 + t – 1 = 0 \Leftrightarrow 3t + 6 = 0\) \(\Leftrightarrow t = – 2 \Rightarrow H\left( { – 1;2;0} \right)\) b) Gọi \(M'(x ; y ; z)\) là điểm đối xứng của \(M\) qua mặt phẳng \((α)\), thì hình chiếu vuông góc \(H\) của \(M\) xuống \((α)\) chính là trung điểm của \(MM’\). Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{M’}} = 2{x_H} – {x_M} = 2.\left( { – 1} \right) – 1 = – 3\\{y_{M’}} = 2{y_H} – {y_M} = 2.2 – 4 = 0\\{z_{M’}} = 2{z_H} – {z_M} = 2.0 – 2 = – 2\end{array} \right. \Rightarrow M’\left( { – 3;0; – 2} \right)\) c) Tính khoảng cách từ điểm \(M\) đến mặt phẳng \((α)\) ♦ Cách 1: \(d(M,(\alpha ))=\frac{|1+4+2-1|}{\sqrt{1+1+1}}=\frac{6}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}\). ♦ Cách 2: Khoảng cách từ M đến (α) chính là khoảng cách MH: \(d(M,(α) )= MH\) = \(\sqrt{2^{2}+2^{2}+2^{2}}=2\sqrt{3}\). 9. Giải bài 9 trang 91 sgk Hình học 12Cho hai đường thẳng: \(d\): \(\left\{\begin{matrix} x=1-t \\ y=2+2t \\ z=3t \end{matrix}\right.\) và \(d’\): \(\left\{\begin{matrix} x=1+t’ \\ y=3-2t’ \\ z=1 \end{matrix}\right.\). Chứng minh \(d\) và \(d’\) chéo nhau. Bài giải: Đường thẳng \(d\) qua điểm \(M(1 ; 2 ; 0)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}(-1 ; 2 ; 3)\). Đường thẳng \(d’\) qua điểm \(M'(1 ; 3 ;1)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u’}(1 ; -2 ; 0)\). Dễ thấy \({\overrightarrow u ;\overrightarrow {u’} }\) không cùng phương, do đó $d$ và $d’$ hoặc cắt nhau, hoặc chéo nhau. Xét \(\left [\overrightarrow{u},\overrightarrow{u’} \right ]=\left (\begin{vmatrix} 2 & 3\\ -2&0 \end{vmatrix};\begin{vmatrix} 3 &-1 \\ 0&1 \end{vmatrix};\begin{vmatrix} -1 & 2\\ 1& -2 \end{vmatrix} \right ) = (6 ; 3 ;0)\) \(\overrightarrow{MM’} = (0 ; 1 ; 1)\). Ta có : \(\left [\overrightarrow{u},\overrightarrow{u’} \right ].\overrightarrow{MM’}= 6.0 + 3.1 + 0.1 = 3≠ 0\) Vậy \(d\) và \(d’\) chéo nhau. 10. Giải bài 10 trang 91 sgk Hình học 12Giải bài toán sau đây bằng phương pháp tọa độ. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 1. Tính khoảng cách từ đỉnh A đến các mặt phẳng (A’BD) và (B’D’C). Bài giải: Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ sao cho $A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0)$, $D(0 ; 1; 0), A'(0 ; 0 ; 1)$ ⇒ $B'(1 ; 0 ; 1), D'(0 ; 1 ; 1), C(1 ; 1 ; 0)$. ⇒ Phương trình mặt phẳng $(A’BD)$ có dạng: $x + y + z – 1 = 0$ (1) ⇒ $d(A,(A’BD ))=\frac{\left | 0+0+0-1 \right |}{\sqrt{1+1+1}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ Mặt khác: $mp(B’D’C) // mp(A’BD)$ ⇒ Phương trình mặt phẳng (B’D’C) có dạng: $x+y+z+D=0$ Ta lại có: $mp(B’D’C)$ đi qua $C(1;1;0) ⇒ D=-2$ ⇒ Phương trình mặt phẳng $(B’D’C)$ có dạng: $x+y+z-2=0$ ⇒ $d(A,(B’D’C ))=\frac{\left | 0+0+0-2 \right |}{\sqrt{1+1+1}}=\frac{2}{\sqrt{3}}$ Bài trước:
Bài tiếp theo: Xem thêm: Chúc các bạn làm bài tốt cùng giải bài tập sgk toán lớp 12 với giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 trang 89 90 91 sgk Hình học 12! “Bài tập nào khó đã có giaibaisgk.com“ |
