giải bài tập sgk hình học 12 cơ bản: phương trình đường thẳng trong không gian

Bài viết hướng dẫn giải các bài tập trong phần câu hỏi và bài tập và phần luyện tập của sách giáo khoa Hình học 12 cơ bản: Phương trình đường thẳng trong không gian.

CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP

Bài 1. Viết phương trình tham số của đường thẳng \(d\) trong mỗi trường hợp sau:

a) \(d\) đi qua điểm \(M(5; 4; 1)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow a = (2; – 3;1).\)

b) \(d\) đi qua điểm \(A(2; -1; 3)\) và vuông góc với mặt phẳng \((\alpha )\) có phương trình \(x + y – z + 5 = 0.\)

c) \(d\) đi qua điểm \(B(2;0; -3)\) và song song với đường thẳng \(\Delta :\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 1 + 2t}\\

{y = – 3 + 3t}\\

{z = 4t}

\end{array}} \right..\)

d) \(d\) đi qua hai điểm \(P(1;2;3)\) và \(Q(5;4;4).\)

Lời giải:

a) \(d\) đi qua điểm \(M(5; 4; 1)\) và có vectơ chỉ phương \(\vec a = (2; – 3;1)\) nên \(d\) có phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 5 + 2t}\\

{y = 4 – 3t}\\

{z = 1 + t}

\end{array}} \right..\)

b) Do \(d\) vuông góc với mặt phẳng \((\alpha ):x + y – z + 5 = 0\), nên \(d\) nhận vectơ \(\overrightarrow a = (1;1; – 1)\) làm vectơ chỉ phương.

Do vậy \(d\) có phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 2 + t}\\

{y = – 1 + t}\\

{z = 3 – t}

\end{array}} \right..\)

c) Do \(d\) song song với đường thẳng \(\Delta :\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 1 + 2t}\\

{y = – 3 + 3t}\\

{z = 4t}

\end{array}} \right.\) nên \(d\) nhận vectơ \(\overrightarrow a = (2;3;4)\) làm vectơ chỉ phương, mà \(d\) đi qua \(B(2;0; – 3).\)

Do đó \(d\) có phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 2 + 2t}\\

{y = 3t}\\

{z = – 3 + 4t}

\end{array}} \right..\)

d) Do \(d\) đi qua \(P(1;2;3)\) và \(Q(5;4;4)\) nên \(d\) nhận vectơ \(\overrightarrow {PQ} = (4;2;1)\) làm vectơ chỉ phương. Do đó \(d\) có phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 1 + 4t}\\

{y = 2 + 2t}\\

{z = 3 + t}

\end{array}} \right..\)

Bài 2. Viết phương trình tham số của đường thẳng là hình chiếu vuông góc của đường thẳng \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 2 + t}\\

{y = – 3 + 2t}\\

{z = 1 + 3t}

\end{array}} \right.\) lần lượt trên các mặt phẳng sau:

a) \((Oxy).\)

b) \((Oyz).\)

Lời giải:

a) Gọi \((P)\) là mặt phẳng chứa \(d\) và vuông góc với mặt phẳng \((Oxy).\)

Suy ra \((P)\) nhận vectơ \(\vec n = \vec k \wedge \vec a\) (\(\overrightarrow k = (0;0;1)\), \(\overrightarrow a = (1;2;3)\)) làm vectơ pháp tuyến.

Mà \(\vec n = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}

0&1\\

2&3

\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}

1&0\\

3&1

\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}

0&0\\

1&2

\end{array}} \right|} \right)\) \( = ( – 2;1;0).\)

\((P)\) đi qua \(A(2; -3; 1)\), nên \((P)\) có phương trình: \( – 2(x – 2) + 1(y + 3) + 0(z – 1) = 0\) hay \(2x – y – 7 = 0.\)

Suy ra hình chiếu của đường thẳng \(d\) lên \((Oxy)\) có phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{2x – y – 7 = 0}\\

{z = 0}

\end{array}} \right.\) hay \(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}

{ – 1}&0\\

0&1

\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}

0&2\\

1&0

\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}

2&{ – 1}\\

0&0

\end{array}} \right|} \right)\) \( = ( – 1; – 2;0).\)

Mà \(d\) đi qua \(B(2; -3; 0).\)

Suy ra \(d\) có phương trình tham số: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 2 – t}\\

{y = – 3 – 2t}\\

{z = 0}

\end{array}} \right..\)

b) Hoàn toàn tương tự ta có phương trình tham số của \(d\) trên mặt phẳng \((Oyz)\) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 0}\\

{y = – 3 + 2t}\\

{z = 1 + 3t}

\end{array}.} \right.\)

Bài 3. Xét vị trí tương đối của các cặp đường thẳng \(d\) và \(d’\) cho bởi các phương trình sau:

a) \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = – 3 + 2t}\\

{y = – 2 + 3t}\\

{z = 6 + 4t}

\end{array}} \right.\) và \(d’:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 5 + t’}\\

{y = – 1 – 4t’}\\

{z = 20 + t’}

\end{array}} \right..\)

b) \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 1 + t}\\

{y = 2 + t}\\

{z = 3 – t}

\end{array}} \right.\) và \(d’:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 1 + 2t’}\\

{y = – 1 + 2t’}\\

{z = 2 – 2t’}

\end{array}.} \right.\)

Lời giải:

a) Xét hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{ – 3 + 2t = 5 + t’}\\

{ – 2 + 3t = – 1 – 4t’}\\

{6 + 4t = 20 + t’}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{2t – t’ = 8}\\

{3t + 4t’ = 1}\\

{4t – t’ = 14}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{t = 3}\\

{t’ = – 2}

\end{array}} \right..\)

Suy ra hệ có nghiệm \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{{t_0} = 3}\\

{t{‘_0} = – 2}

\end{array}} \right..\)

Nên \(d\) cắt \(d’\) tại điểm \({M_0}(3;7;18).\)

b) Xét hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{1 + t = 1 + 2t’}\\

{2 + t = – 1 + 2t’}\\

{3 – t = 2 – 2t’}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{t – 2t’ = 0}\\

{t – 2t’ = – 3}\\

{t – 2t’ = 1}

\end{array}} \right.\), suy ra hệ vô nghiệm.

Lại có \(d\) nhận \(\vec a = (1;1; – 1)\) làm vectơ chỉ phương, \(d’\) nhận \(\overrightarrow {a’} = (2;2; – 2)\) làm vectơ chỉ phương.

Mà \(\overrightarrow {a’} = 2\vec a\) \( \Rightarrow d\) và \(d’\) là hai đường thẳng song song.

Bài 4. Tìm \(a\) để hai đường thẳng sau đây cắt nhau:

\(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 1 + at}\\

{y = t}\\

{z = – 1 + 2t}

\end{array}} \right.\) và \(d’:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 1 – t’}\\

{y = 2 + 2t’}\\

{z = 3 – t’}

\end{array}.} \right.\)

Lời giải:

Xét hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{1 + at = 1 – t’}\\

{t = 2 + 2t’}\\

{ – 1 + 2t = 3 – t’}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{t’ + at = 0}\\

{t = 2 + 2t’}\\

{ – 1 + 2\left( {2 + 2t’} \right) = 3 – t’}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{t’ + at = 0}\\

{t’ = 0}\\

{t = \frac{6}{5}}

\end{array}} \right..\)

Để \(d\) và \(d’\) cắt nhau thì hệ phải có nghiệm duy nhất \(t\) và \(t’\) \( \Rightarrow 0 + \frac{6}{5}a = 0\) \( \Leftrightarrow a = 0.\)

Vậy \(a = 0\) là giá trị cần tìm.

Bài 5. Tìm số giao điểm của đường thẳng \(d\) với mặt phẳng \((\alpha )\) trong các trường hợp sau:

a) \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 12 + 4t}\\

{y = 9 + 3t}\\

{z = 1 + t}

\end{array}} \right.\) và \(3x + 5y – z – 2 = 0.\)

b) \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 1 + t}\\

{y = 2 – t}\\

{z = 1 + 2t}

\end{array}} \right.\) và \((\alpha ):x + 3y + z + 1 = 0.\)

c) \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 1 + t}\\

{y = 1 + 2t}\\

{z = 2 – 3t}

\end{array}} \right.\) và \((\alpha ):x + y + z – 4 = 0.\)

Lời giải:

a) Xét phương trình: \(3(12 + 4t) + 5(9 + 3t) – (1 + t) – 2 = 0.\)

\( \Leftrightarrow 26t + 78 = 0\) \( \Leftrightarrow t = – 3\) là nghiệm duy nhất.

Suy ra đường thẳng \(d\) cắt mặt phẳng \((\alpha )\) tại điểm \(A(0;0; – 2).\)

b) Xét phương trình: \((1 + t) + 3(2 – t) + (1 + 2t) + 1 = 0\) \( \Leftrightarrow 9 = 0\) vô lý.

Suy ra \(d//(\alpha ).\) Vậy \(d\) và \((\alpha )\) không có điểm chung.

c) Xét phương trình: \((1 + t) + (1 + 2t) + (2 – 3t) – 4 = 0\) \( \Leftrightarrow 4 – 4 = 0\) đúng với mọi \(t\) \( \Rightarrow d\) nằm trong mặt phẳng \((\alpha ).\) Vậy \(d\) và \((\alpha )\) có vô số điểm chung.

Bài 6. Tính khoảng cách giữa đường thẳng \(\Delta :\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = – 3 + 2t}\\

{y = – 1 + 3t}\\

{z = – 1 + 2t}

\end{array}} \right.\) và mặt phẳng \((\alpha ):2x – 2y + z + 3 = 0.\)

Lời giải:

Xét phương trình: \(2( – 3 + 2t) – 2( – 1 + 3t) + ( – 1 + 2t) + 3 = 0\) \( \Leftrightarrow 2 = 0\) vô lý \( \Rightarrow \Delta //(\alpha ).\)

Lại có \(\Delta \) đi qua điểm \(A( – 3; – 1; – 1).\)

\( \Rightarrow d(\Delta ,(\alpha )) = d(A,(\alpha ))\) \( = \frac{{|2.( – 3) – 2( – 1) – 1 + 3|}}{{\sqrt {{2^2} + {{( – 2)}^2} + {1^2}} }}\) \( = \frac{2}{3}.\)

Vậy khoảng cách giữa \(\Delta \) và \((\alpha )\) là \(\frac{2}{3}\) (đvđd).

Bài 7. Cho điểm \(A(1; 0; 0)\) và đường thẳng \(\Delta :\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 2 + t}\\

{y = 1 + 2t}\\

{z = t}

\end{array}} \right..\)

a) Tìm tọa độ điểm \(H\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(A\) trên đường thẳng \(\Delta .\)

b) Tìm tọa độ điểm \(A’\) đối xứng với \(A\) qua đường thẳng \(\Delta .\)

Lời giải:

a) Gọi \((\alpha )\) là mặt phẳng qua \(A\) và vuông góc với \(\Delta \), suy ra mặt phẳng \((\alpha )\) nhận \(\overrightarrow n = (1;2;1)\) làm vectơ pháp tuyến.

\( \Rightarrow (\alpha )\) có phương trình \(1(x – 1) + 2y + z = 0\) hay \(x + 2y + z – 1 = 0.\)

Suy ra tọa độ điểm \(H\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(A\) trên đường thẳng \(\Delta \) là nghiệm hệ:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 2 + t}\\

{y = 1 + 2t}\\

{z = t}\\

{x + 2y + z – 1 = 0}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 2 + t}\\

{y = 1 + 2t}\\

{z = t}\\

{(2 + t) + 2(1 + 2t) + t – 1 = 0}

\end{array}} \right.\) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{t = – \frac{1}{2}}\\

{x = \frac{3}{2}}\\

{y = 0}\\

{z = – \frac{1}{2}}

\end{array}} \right..\)

Vậy \(H\left( {\frac{3}{2};0; – \frac{1}{2}} \right).\)

b) Gọi \(A’\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(\Delta .\) Theo câu a, suy ra \(H\) là trung điểm của \(AA’\), suy ra tọa độ của \(A’\) là:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{{x_{A’}} = 2{x_H} – {x_A}}\\

{{y_{A’}} = 2{y_H} – {y_A}}\\

{{z_{A’}} = 2{z_H} – {z_A}}

\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{{x_{A’}} = 2}\\

{{y_{A’}} = 0}\\

{{z_{A’}} = – 1}

\end{array}} \right..\) Vậy \(A(2; 0; -1).\)

Bài 8. Cho điểm \(M(1; 4; 2)\) và mặt phẳng \((\alpha ):x + y + z – 1 = 0.\)

a) Tìm tọa độ điểm \(H\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(M\) trên mặt phẳng \((\alpha ).\)

b) Tìm tọa độ điểm \(M’\) đối xứng với \(M\) qua mặt phẳng \((\alpha ).\)

c) Tính khoảng cách từ điểm \(M\) đến mặt phẳng \((\alpha ).\)

Lời giải:

a) Gọi \(\Delta \) là đường thẳng đi qua \(M\) và vuông góc với \((\alpha )\), suy ra \(\Delta \) nhận vectơ \(\overrightarrow a = (1;1;1)\) làm vectơ chỉ phương.

Suy ra \(\Delta \) có phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 1 + t}\\

{y = 4 + t}\\

{z = 2 + t}

\end{array}} \right..\)

Suy ra tọa độ điểm \(H\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(M\) trên \((\alpha )\), là nghiệm của hệ:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 1 + t}\\

{y = 4 + t}\\

{z = 2 + t}\\

{x + y + z – 1 = 0}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 1 + t}\\

{y = 4 + t}\\

{z = 2 + t}\\

{(1 + t) + (4 + t) + (2 + t) – 1 = 0}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{t = – 2}\\

{x = – 1}\\

{y = 2}\\

{z = 0}

\end{array}} \right..\)

Vậy \(H = ( – 1;2;0).\)

b) Gọi \(M’ = (x;y;z)\) là điểm đối xứng của \(M\) qua mặt phẳng \((\alpha ).\)

Suy ra \(M\) và \(M’\) đối xứng nhau qua điểm \(H\), hay \(H\) là trung điểm của \(MM’.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 2{x_H} – {x_M}}\\

{y = 2{y_H} – {y_M}}\\

{z = 2{z_H} – {z_M}}

\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = – 3}\\

{y = 0}\\

{z = – 2}

\end{array}} \right..\) Vậy \(M’ = ( – 3;0; – 2).\)

c) Khoảng cách từ điểm \(M\) đến mặt phẳng \((\alpha )\) là:

\(d(M,(\alpha ))\) \( = \frac{{|1 + 4 + 2 – 1|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} }}\) \( = \frac{6}{{\sqrt 3 }} = 2\sqrt 3 \) (đvđd).

Chú ý: Ta có thể tính: \(d(M,(\alpha )) = MH\) \( = |\overrightarrow {MH} | = 2\sqrt 3 .\)

Bài 9. Cho hai đường thẳng \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 1 – t}\\

{y = 2 + 2t}\\

{z = 3t}

\end{array}} \right.\) và \(d’:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 1 + t}\\

{y = 3 – 2t}\\

{z = 1}

\end{array}} \right..\)

Chứng minh \(d\) và \(d’\) chéo nhau.

Lời giải:

Cách 1. Ta có \(d\) có vectơ chỉ phương \(\vec a = ( – 1;2;3)\) và đi qua điểm \(M(1; 2; 0)\), \(d’\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {a’} = (1; – 2;0)\) và đi qua điểm \(M'(1; 3; 1).\)

\( \Rightarrow \overrightarrow a \) và \(\overrightarrow {a’} \) không cùng phương \((1).\)

Lại có, xét hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{1 – t = 1 + t’}\\

{2 + 2t = 3 – 2t’}\\

{3t = 1}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{t = \frac{1}{3}}\\

{t = – t’}\\

{2t = – 2t’ + 1}

\end{array}} \right.\) vô lý \((2).\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(d\) và \(d’\) chéo nhau.

Cách 2. Ta có \(\overrightarrow {MM’} = (0;1;1).\)

\(\overrightarrow a \wedge \overrightarrow {a’} \) \( = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}

2&3\\

{ – 2}&0

\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}

3&{ – 1}\\

0&1

\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}

{ – 1}&2\\

1&{ – 2}

\end{array}} \right|} \right)\) \( = (6;3;0).\)

\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow a \wedge \overrightarrow {a’} } \right).\overrightarrow {MM’} \) \( = 6.0 + 1.3 + 0.1 = 3 \ne 0.\)

Suy ra \(\overrightarrow a \), \(\overrightarrow {a’} \), \(\overrightarrow {MM’} \) không đồng phẳng, hay \(d\) và \(d’\) chéo nhau.

Bài 10. Giải 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 \((B’D’C).\)

Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ: \(A = O(0;0;0)\), \(B(1;0;0)\), \(D(0;1;0)\), \(A'(0;0;1).\)

Suy ra \(C = (1;1;0)\), \(B’ = (1;0;1)\), \(D’ = (0;1;1).\)

Ta có \(\overrightarrow {A’B} = (1;0; – 1)\), \(\overrightarrow {A’D} = (0;1; – 1).\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {A’B} \wedge \overrightarrow {A’D} \) \( = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{r}}

0&{ – 1}\\

1&{ – 1}

\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{r}}

{ – 1}&1\\

{ – 1}&0

\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{l}}

1&0\\

0&1

\end{array}} \right|} \right)\) \( = (1;1;1).\)

Suy ra mặt phẳng \((A’BD)\) có phương trình \(1(x – 0) + 1(y – 0) + 1(z – 1) = 0\) hay \(x + y + z – 1 = 0.\)

Khoảng cách từ đỉnh \(A\) đến \((A’BD)\) là: \(d\left( {A,\left( {A’BD} \right)} \right)\) \( = \frac{{|0 + 0 + 0 – 1|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} }}\) \( = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\) (đvđd).

Ta có \(\overrightarrow {B’D’} = ( – 1;1;0)\), \(\overrightarrow {B’C} = (0;1; – 1).\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {B’D’} \wedge \overrightarrow {B’C} \) \( = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{r}}

1&0\\

1&{ – 1}

\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{r}}

0&{ – 1}\\

{ – 1}&0

\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}

{ – 1}&1\\

0&1

\end{array}} \right|} \right)\) \( = ( – 1; – 1; – 1).\)

Suy ra \(\left( {B’D’C} \right)\) có phương trình: \( – 1(x – 1) – 1(y – 0) – 1(z – 1) = 0\) hay \(x + y + z – 2 = 0.\)

Suy ra khoảng cách từ đỉnh \(A\) đến \((B’D’C)\) là: \(d\left( {A,\left( {B’D’C} \right)} \right)\) \( = \frac{{|0 + 0 + 0 – 2|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} }}\) \( = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\) (đvđd).