Phương trình đường thẳng

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;2; - 4} \right)\) là 1 VTCP của đường thẳng AB, do đó phương trình đường thẳng AB là: \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{{z - 3}}{{ - 4}}\).

Vì \(H\) là trực tâm của \(\Delta \,ABC\)  và \(O.ABC\) là tứ diện vuông tại \(O\)

\(\Rightarrow \,\,OH\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) \(\Rightarrow \,\,d\left( O;\left( ABC \right) \right)=OH.\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) là \(\frac{x}{1}+\frac{y}{2}+\frac{z}{-\,3}=1\Leftrightarrow 6x+3y-2z-6=0.\)

Vậy \(OH=d\left( O;\left( ABC \right) \right)\)\(=\dfrac{\left| 6.0+3.0+2.0-6 \right|}{\sqrt{{{6}^{2}}+{{3}^{2}}+{{2}^{2}}}}=\dfrac{6}{7}.\)

Thay tọa độ điểm \(P\left( {1;2;3} \right)\) vào phương trình đường thẳng \(d:\dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{{y - 2}}{{ - 1}} = \dfrac{{z - 3}}{2}\)  ta được

\(\dfrac{{1 - 1}}{2} = \dfrac{{2 - 2}}{{ - 1}} = \dfrac{{3 - 3}}{2} = 0\)  nên \(P \in d.\)

Ta có phương trình đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M\left( {1;5; - 2} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( {3; - 6;1} \right)\) là:

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 3t\\y = 5 - 6t\\z =  - 2 + t\end{array} \right.\)

Phương trình đường thẳng \(d\) là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 5t\\y = 2 + 2t\\z = 1 - 3t\end{array} \right.\)   

Đường thẳng \(\Delta :\,\,\dfrac{{x - 1}}{1} = \dfrac{{y + 3}}{2} = \dfrac{{z - 3}}{{ - 5}}\) nhận vecto \(\left( {1;\,2; - 5} \right)\) làm 1 VTCP

Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và nhận \(\overrightarrow u  = \left( {a;b;c} \right)\) làm VTCP là \(\dfrac{{x - {x_0}}}{a} = \dfrac{{y - {y_0}}}{b} = \dfrac{{z - {z_0}}}{c}\).

Đường thẳng \(\dfrac{{x - {x_0}}}{a} = \dfrac{{y - {y_0}}}{b} = \dfrac{{z - {z_0}}}{c}\) đi qua điểm \(\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\).

Đường thẳng $d$ có phương trình chính tắc \(\dfrac{x}{1} = \dfrac{{y - 1}}{{ - 1}} = \dfrac{{z - 2}}{1}\).

Thay các điểm ở mối đáp án vào phương trình trên ta thấy chỉ có đáp án D là cả hai điểm đều thỏa mãn phương trình.

Phương trình chính tắc của (d) đi qua \({M_0}({x_0},{y_0},{z_0})\)   và nhận \(\vec u = (a,b,c)\) làm vecto chỉ phương với \(abc\ne 0\) là \((d):\dfrac{{x - {x_0}}}{a} = \dfrac{{y - {y_0}}}{b} = \dfrac{{z - {z_0}}}{c}\).

Do đó A đúng.

Phương trình trục \(Ox:\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 0\\z = 0\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\)

Phương trình trục \(Oz:\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 0\\z = t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\). Do đó chỉ có điểm $M\left( {0,0,3} \right)$ thuộc trục \(Oz\)

\(\Delta :\dfrac{{x + 4}}{1} = \dfrac{{y - 3}}{2} = \dfrac{{z + 2}}{{ - 1}}\) đi qua \(M\left( { - 4;3; - 2} \right)\) và nhận \(\overrightarrow u  = \left( {1;2; - 1} \right)\)  làm VTCP nên \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x =  - 4 + t\\y = 3 + 2t\\z =  - 2 - t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\)

Kiểm tra \(M\) thuộc đường thẳng thì loại \(\left( {{\rm{III}}} \right)\).

Kiểm tra VTCP của \(\left( {\rm{I}} \right)\) là \(\overrightarrow {{a_I}}  = \left( {2; - 3;5} \right)\) và VTCP của \(\left( {{\rm{II}}} \right)\) là \(\overrightarrow {{a_{II}}}  = \left( { - 4;6; - 10} \right)\) \( =- 2\overrightarrow a \).

Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\), suy ra \(G\left( {\dfrac{1}{3}; - \dfrac{1}{3};0} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1; - 2; - 1} \right);\,\,\overrightarrow {AC}  = \left( {2;1; - 2} \right)\)

Đường thẳng \(\Delta \) vuông góc với mp \(\left( {ABC} \right)\) nên có VTCP \(\overrightarrow u  = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {5; - 4;3} \right)\).

Đường thẳng \(AG\) cũng là đường thẳng \(AM\) với \(M\) là trung điểm của \(BC\).

Ta có: \(M\left( {1;0; - 1} \right)\) là trung điểm của \(BC\) nên đường thẳng \(AG\) đi qua \(A\left( {0;0;1} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {AM}  = \left( {1;0; - 2} \right)\) làm VTCP.

Do đó \(AG:\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 0\\z = 1 - 2t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).

Đường thẳng \(d\) qua \(M\left( {1; - 2;0} \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow u  = \left( {a;1; - 2} \right)\).

Đường thẳng \(d'\) qua \(M'\left( {0;3; - 2} \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow {u'}  = \left( {2; - 1;2} \right)\).

Thay điểm \(M\left( {1; - 2;0} \right)\) vào phương trình \(d'  :\dfrac{1}{2} = \dfrac{{ - 2 - 3}}{{ - 1}} = \dfrac{{0 + 2}}{2}\) không thỏa mãn.

Do đó để \(d\)song song \(d'\), ta cần có \(\overrightarrow u \parallel \overrightarrow {u'}  \Leftrightarrow \dfrac{a}{2} = \dfrac{1}{{ - 1}} = \dfrac{{ - 2}}{2} \Rightarrow a =  - 2\).

Ta có \(d\) song song với \(Oy\) nên có VTCP \(\overrightarrow j  = \left( {0;1;0} \right)\).

Do đó \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2 + t\\z = 3\end{array} \right.\).

Đường \({d_1}\) có VTCP \(\overrightarrow a  = \left( {1; - 4;6} \right)\);  \({d_2}\) có VTCP \(\overrightarrow b  = \left( {2;1; - 5} \right)\).

Vì \({d_3}\) vuông góc với \({d_1};\,\,{d_2}\) nên có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right] = \left( {14;17;9} \right)\).

Đường thẳng \(\Delta \) có VTCP \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {1; - 1; - 3} \right)\). Trục \(Ox\) có VTCP \(\overrightarrow i  = \left( {1;0;0} \right)\).

Do \(d \bot Ox\) và \(d \bot \Delta \) nên có VTCP \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left[ {\overrightarrow i ,\overrightarrow u } \right] = \left( {0;3; - 1} \right)\).