Các bài toán về mối quan hệ giữa hai đường thẳng

\(d \equiv d' \Leftrightarrow \overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} ,\overrightarrow {MM'} \) đôi một cùng phương \( \Leftrightarrow \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} } \right] = \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {MM'} } \right] = \overrightarrow 0 \)

Đường thẳng \({d_1}\) đi qua \({M_1}\left( { - 1;0;1} \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {3; - 1; - 2} \right)\).

Đường thẳng \({d_2}\) đi qua \({M_2}\left( {1;2;3} \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( { - 3;1;2} \right)\).

Ta có \(\dfrac{3}{{ - 3}} = \dfrac{{ - 1}}{1} = \dfrac{{ - 2}}{2}\) nên \(\overrightarrow {{u_1}} \parallel \overrightarrow {{u_2}} \).   \(\left( 1 \right)\)

\(\dfrac{{ - 1 - 1}}{{ - 3}} \ne \dfrac{{0 - 2}}{1} \ne \dfrac{{1 - 3}}{2}\) nên \({M_1} \notin {d_2}\).    \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), suy ra \({d_1}\) và \({d_2}\) song song.

\(d\) cắt \(d' \Leftrightarrow \overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} \) không cùng phương và \(\overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} ,\overrightarrow {MM'} \) đồng phẳng \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} } \right] \ne \overrightarrow 0 \\\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} } \right]\overrightarrow {MM'}  = 0\end{array} \right.\)

Ta có: \(d\) chéo \(d' \Leftrightarrow \overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} ,\overrightarrow {MM'} \)  không đồng phẳng \( \Leftrightarrow \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} } \right]\overrightarrow {MM'}  \ne 0\).

Đường thẳng \({d_1}\) đi qua \({M_1}\left( {3;2;1} \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1;2;1} \right)\).

Đường thẳng \({d_2}\) đi qua \({M_2}\left( {0;2;2} \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {1;0;1} \right)\).

Ta có \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {2;0; - 2} \right)\), \(\overrightarrow {{M_1}{M_2}}  = \left( { - 3;0;1} \right)\).

Suy ra \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_1}{M_2}}  =  - 6 + 0 - 2 =  - 8 \ne 0\).

Do đó \({d_1}\) và \({d_2}\) chéo nhau.

Đường thẳng \({d_1}\) có VTCP \({\overrightarrow u _{_1}} = \left( {3;1;5} \right)\), đường thẳng \(d\) có VTCP \({\overrightarrow u _{_d}} = \left( {2; - 1; - 1} \right)\).

Vì \({\overrightarrow u _{_d}}.{\overrightarrow u _{_1}} = 3.2 - 1.1 - 5.1 = 0\).

Khoảng cách từ điểm \(A\) đến đường thẳng \(d'\) được tính theo công thức \(d\left( {A,d'} \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AM'} ,\overrightarrow {u'} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {u'} } \right|}}\)

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(A\left( {1;0;2} \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow u  = \left( {1;2;1} \right)\). Khi đó:

\(\overrightarrow {MA}  = \left( { - 1;0;1} \right),\overrightarrow u  = \left( {1;2;1} \right) \)

$\Rightarrow \left[ {\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow u } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}0\\2\end{array}&\begin{array}{l}1\\1\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}1\\1\end{array}&\begin{array}{l} - 1\\1\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l} - 1\\1\end{array}&\begin{array}{l}0\\2\end{array}\end{array}} \right|} \right) = \left( { - 2;2; - 2} \right)$

Vậy $d\left( {M,\Delta } \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow u } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \dfrac{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {2^2}} }}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {1^2}} }} = \sqrt 2 $ 

Ta có: \(\overrightarrow {OA}  = \left( {1; - 2;0} \right),\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1;3;1} \right)\)

$ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l} - 2\\3\end{array}&\begin{array}{l}0\\1\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}0\\1\end{array}&\begin{array}{l}1\\ - 1\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}1\\ - 1\end{array}&\begin{array}{l} - 2\\3\end{array}\end{array}} \right|} \right) = \left( { - 2; - 1;1} \right)$

Do đó \(OH = d\left( {O,AB} \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {AB} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} = \dfrac{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {1^2}} }}{{\sqrt {{1^2} + {3^2} + {1^2}} }} = \dfrac{{\sqrt {66} }}{{11}}\)

Gọi \(M\left( {1 + t;0;t - 5} \right) \in {d_1}\), \(N\left( {0;4 - 2t';5 + 3t'} \right) \in {d_2}\).

Suy ra \(\overrightarrow {MN}  = \left( { - 1 - t;4 - 2t';10 + 3t' - t} \right)\).

Đường thẳng \({d_1}\) có VTCP \(\overrightarrow a  = \left( {1;0;1} \right)\), \({d_2}\) có VTCP \(\overrightarrow b  = \left( {0; - 2;3} \right)\).

Để \(MN\) là đoạn vuông góc chung thì \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MN} .\overrightarrow a  = 0\\\overrightarrow {MN} .\overrightarrow b  = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 3\\t' =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}M\left( {4;0; - 2} \right)\,\\N\left( {0;6;2} \right)\end{array} \right.\).

Phương trình đường vuông góc chung là \(MN:\dfrac{{x - 4}}{{ - 2}} = \dfrac{y}{3} = \dfrac{{z + 2}}{2}\).

Khoảng cách giữa hai đường thẳng: \(d\left( {\Delta ,\Delta '} \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} } \right].\overrightarrow {MM'} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} } \right]} \right|}}\)

Đường thẳng \({d_1}\) đi qua \({M_1}\left( {2; - 1;1} \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {2;1;0} \right)\).

Đường thẳng \({d_2}\) đi qua \({M_2}\left( {1;1;3} \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {0;1; - 1} \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow {{M_1}{M_2}}  = \left( { - 1;2;2} \right);\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}1\\1\end{array}&\begin{array}{l}0\\ - 1\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}0\\ - 1\end{array}&\begin{array}{l}2\\0\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}2\\0\end{array}&\begin{array}{l}1\\1\end{array}\end{array}} \right|} \right) = \left( { - 1;2;2} \right)\)

Vậy \(d\left( {{d_1},{d_2}} \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_1}{M_2}} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right]} \right|}} = \dfrac{{\left| {\left( { - 1} \right).\left( { - 1} \right) + 2.2 + 2.2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = 3\)

Đường thẳng \({d_1}\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {2; - 1;1} \right)\).

Gọi \(B = \Delta  \cap {d_2}\) suy ra \(B \in {d_2}\) nên \(B\left( {1 - t;1 + 2t; - 1 + t} \right)\).

Đường thẳng \(\Delta \) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - t;2t - 1;t - 4} \right)\).

Theo giả thiết, ta có \(\Delta  \bot {d_1}\) nên \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_1}}  = 0 \Leftrightarrow 2\left( { - t} \right) - 1\left( {2t - 1} \right) + \left( {t - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow t =  - 1 \Rightarrow B\left( {2; - 1; - 2} \right)\).

Khi đó \(\Delta \) đi qua hai điểm \(A\left( {1;2;3} \right)\) và \(B\left( {2; - 1; - 2} \right)\) nên $\vartriangle :\dfrac{{x - 1}}{1} = \dfrac{{y - 2}}{{ - 3}} = \dfrac{{z - 3}}{{ - 5}}$.

Góc giữa hai đường thẳng có các VTCP lần lượt là \(\overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} \): $\cos \varphi  = \left| {\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} } \right)} \right| = \dfrac{{\left| {\overrightarrow u .\overrightarrow {u'} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow {u'} } \right|}}$

Gọi \(C\left( {x;y;z} \right)\) ta có:

\(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - 0 = x - 0\\0 - 0 = y - 1\\0 - 0 = z - 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\\z = 0\end{array} \right. \Rightarrow C\left( {1;1;0} \right)\)

Lại có

\(\begin{array}{l}M\left( {\dfrac{1}{2};0;0} \right),N\left( {\dfrac{1}{2};1;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {MN}  = \left( {0;1;0} \right),\overrightarrow {A'C}  = \left( {1;1; - 1} \right),\overrightarrow {MA'}  = \left( { - \dfrac{1}{2};0;1} \right)\\ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {A'C} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}1\\1\end{array}&\begin{array}{l}0\\ - 1\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}0\\ - 1\end{array}&\begin{array}{l}0\\1\end{array}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}0\\1\end{array}&\begin{array}{l}1\\1\end{array}\end{array}} \right|} \right) = \left( { - 1;0; - 1} \right)\end{array}\)

Vậy \(d\left( {MN,A'C} \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {A'C} } \right].\overrightarrow {MA'} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {A'C} } \right]} \right|}} = \dfrac{{\left| {\left( { - 1} \right).\left( { - \dfrac{1}{2}} \right) + 0.0 + \left( { - 1} \right).1} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {0^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{4}\) 

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;0; - 2} \right)\), \(\overrightarrow {CD}  = \left( { - 2;m - 2;0} \right)\) và \(\overrightarrow {AC}  = \left( {2;2; - 2} \right)\).

Suy ra \(\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {CD} } \right] = \left( {2m - 4;4;m - 2} \right)\).

Do đó \(d\left[ {AB,CD} \right] = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {CD} } \right].\overrightarrow {AC} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {CD} } \right]} \right|}} \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {2\left( {2m - 4} \right) + 8 - 2\left( {m - 2} \right)} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {2m - 4} \right)}^2} + {4^2} + {{\left( {m - 2} \right)}^2}} }} = 2\)

\( \Leftrightarrow \left| {2m + 4} \right| = 2\sqrt {5{m^2} - 20m + 36}  \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4\\m = 2\end{array} \right.\).

A: \(\dfrac{{4 - 1}}{3} = \dfrac{{0 + 2}}{2} = \dfrac{{ - 1 - 3}}{{ - 4}} = 1 \Rightarrow N \in d\)

B:\(\dfrac{{1 - 1}}{3} = \dfrac{{ - 2 + 2}}{2} = \dfrac{{3 - 3}}{{ - 4}} = 0 \Rightarrow M \in d\)

C: \(\dfrac{{7 - 1}}{3} = \dfrac{{2 + 2}}{2} \ne \dfrac{{1 - 3}}{{ - 4}} \Rightarrow P \notin d\) và \(\dfrac{{7 + 1}}{4} = \dfrac{2}{1} \ne \dfrac{{1 + 1}}{2} \Rightarrow P \notin d'\)

D: \(\dfrac{{7 - 1}}{3} = \dfrac{{2 + 2}}{2} \ne \dfrac{{3 - 3}}{{ - 4}} \Rightarrow Q \notin d\) và \(\dfrac{{7 + 1}}{4} = \dfrac{2}{1} = \dfrac{{3 + 1}}{2} \Rightarrow Q \in d'\)

Gọi \(M = d \cap d';\) do \(M \in d \Rightarrow M\left( { - 3 + 2t; - 2 + 3t;6 + 4t} \right)\)

\(M \in d' \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 + 2t = 5 + t'\\ - 2 + 3t =  - 1 - 4t'\\6 + 4t = 20 + t'\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 3\\t' = -2\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {3;7;18} \right)\)

Gọi \(M'\) là hình chiếu của \(M\) trên  \(d\).

$d$ có vectơ chỉ phương \({\vec u_d} = (2;1;2)\).

\(M'(3 + 2t; - 1 + t;1 + 2t) \Rightarrow \overrightarrow {MM'}  = (2 + 2t; - 3 + t;4 + 2t)\)

Tacó\(MM' \bot d\) nên

\(\overrightarrow {MM'} .{\vec u_d} = 0 \Leftrightarrow (2 + 2t).2 + ( - 3 + t).1 + (4 + 2t).2 = 0 \Leftrightarrow 9t + 9 = 0 \Leftrightarrow t =  - 1 \)

$\Rightarrow M'(1; - 2; - 1)$.

Ta có:

$\begin{array}{l}\overrightarrow {{u_d}} ( - 3;1; - 2);\overrightarrow {{u_{d'}}} (6; - 2;4) \Rightarrow \overrightarrow {{u_{d'}}}  =  - 2\overrightarrow {{u_d}} \\A(2; - 2; - 1) \in d; \notin d'\\ \Rightarrow d//d'\end{array}$