Phương trình đường thẳng

Đường thẳng đi qua điểm \(\left( { - {x_0}; - {y_0}; - {z_0}} \right)\) và có VTCP \(\left( { - a; - b; - c} \right)\) có phương trình:

\(\dfrac{{x - \left( { - {x_0}} \right)}}{{ - a}} = \dfrac{{y - \left( { - {y_0}} \right)}}{{ - b}} = \dfrac{{z - \left( { - {z_0}} \right)}}{{ - c}} \Leftrightarrow \dfrac{{x + {x_0}}}{a} = \dfrac{{y + {y_0}}}{b} = \dfrac{{z + {z_0}}}{c}\)

Vì \(d:\left\{ \begin{array}{l}x =  - t\\y = 1 - t\\z = t\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0 - t\\y = 1 - t\\z = 0 + t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\) nên \(d\) đi qua điểm \(\left( {0;1;0} \right)\).

Ngoài ra các điểm ở mỗi đáp án A, B, C đều không thỏa mãn phương trình của \(d\) nên chỉ có đáp án D đúng.

Lần lượt thay tọa độ các điểm vào phương trình ta được:

\(\dfrac{{0 + 1}}{2} = \dfrac{{1 - 2}}{{ - 2}} \ne \dfrac{2}{1}\) nên A sai.

\(\dfrac{{1 + 1}}{2} = \dfrac{{0 - 2}}{{ - 2}} = \dfrac{1}{1}\) nên B đúng.

Thay tọa độ các điểm đáp án \(C,D\) vào đường thẳng ta thấy đều không thỏa mãn.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{1 - 1}}{2} = \dfrac{{1 - 1}}{{ - 1}} = \dfrac{{ - 1 + 1}}{2} = 0 \Rightarrow A \in d\\\dfrac{{ - 1 - 1}}{2} \ne \dfrac{{ - 1 - 1}}{{ - 1}} \ne \dfrac{{1 + 1}}{2} \Rightarrow B \notin d\\\dfrac{{2 - 1}}{2} = \dfrac{{\dfrac{1}{2} - 1}}{{ - 1}} = \dfrac{{0 + 1}}{2} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow C \in d\end{array}\)

Do đó cả hai điểm \(A\) và \(C\) đều thuộc \(d\).

Ta có: \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2 + 3t\\z = 5 - t\end{array} \right.\left( {t \in R} \right) \Rightarrow d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 0t\\y = 2 + 3t\\z = 5 - t\end{array} \right.\left( {t \in R} \right) \Rightarrow \overrightarrow u  = \left( {0;3; - 1} \right)\)

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

Phương trình trục \(Oy:\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = t\\z = 0\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\). Do đó chỉ có điểm $N\left( {0,1,0} \right)$ thuộc trục \(Oy\)

Ta có: \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 3t\\z =  - 2 + t\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M\left( {1;0; - 2} \right)\\\overrightarrow u  = \left( {2;3;1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{y}{3} = \dfrac{{z + 2}}{1}\)

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

Ta có \(\vec a = \left( {4; - 6;2} \right) = 2\left( {2; - 3;1} \right)\)  nên chọn \(\vec u = \left( {2; - 3;1} \right)\) là vecto chỉ phương của \(d\).

Phương trình đường thẳng $d$ đi qua điểm $M\left( {2,0, - 1} \right)$ và có vecto chỉ phương \(\vec u = \left( {2; - 3;1} \right)\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y =  - 3t\\z =  - 1 + t\end{array} \right.\)

Phương trình đường thẳng $AB$ nhận \(\overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 3;4} \right)\) là vectơ chỉ phương. Loại B, C.

Phương trình qua $A\left( {1,2, - 3} \right)$ nên có dạng \(\dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{{y - 2}}{{ - 3}} = \dfrac{{z + 3}}{4}\).

Ta có \(I\) là trung điểm của \(AB\). Suy ra $I\left( {2, - 1,1} \right)$.

Ta có \(OI\)  nhận \(\overrightarrow {OI}  = \left( {2; - 1;1} \right)\) là vectơ chỉ phương và đi qua điểm $O\left( {0,0,0} \right)$ nên \(d:\dfrac{x}{2} = \dfrac{y}{{ - 1}} = \dfrac{z}{1}\).

Gọi \(I\)  là tâm của hình bình hành $ABCD$. Suy ra \(I\) là trung điểm của $AC$. Ta có $I\left( {2, - 1,1} \right)$.

Phương trình $BI$ cũng chính là phương trình đường chéo $BD$.

+ Phương trình $BI$ nhận \(\overrightarrow {BI}  = (4, - 4,0)\) là vectơ chỉ phương

+ qua điểm $B\left( { - 2,3,1} \right)$ và cũng qua điểm $I\left( {2, - 1,1} \right)$.

Vì phương trình tham số ở câu D có vecto chỉ phương là \((1,1,0)\), đây không là vecto chỉ phương của $BI$.

Phương trình đường thẳng \(d\) có vecto chỉ phương là \(\vec u = (3,1,1)\) và đi qua điểm $A\left( {2,1,3} \right)$ nên có phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 3t\\y = 1 + t\\z = 3 + t\end{array} \right.\)

+ Phương án A đúng.

+ Với $t =  - 1$ ta có $B\left( { - 1,0,2} \right)$ thuộc \(d\) . Do đó B đúng.

+ Với $t = 1$, ta có $C\left( {5,2,4} \right)$ thuộc \(d\) . Do đó C đúng.

Vì $d//Oz$ nên ta có \(\overrightarrow {{u_d}}  = \vec k = (0,0,1)\). Vì \(d\) qua $A\left( {1,2, - 3} \right)$ nên \(d\) có phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\\z =  - 3 + t\end{array} \right.\)(*)

Đối chiếu kết quả các đáp án ta thấy:

+ A,B, D sai vecto chỉ phương.

+ Đáp án C đúng vecto chỉ phương \(\overrightarrow {{u_d}} \). Kiểm tra điểm $B\left( {1,2,3} \right)$ thuộc (*) nên C đúng.

Ta có \(\overrightarrow {{u_{{d_1}}}}  = (2,1, - 1)\)  và  \(\overrightarrow {{u_{{d_2}}}}  = (3,2,2)\)

Vì $d$ vuông góc với \({d_1}\)  và \({d_2}\)  nên có \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left[ {\overrightarrow {{u_{{d_1}}}} ,\overrightarrow {{u_{{d_2}}}} } \right] = \left( {4; - 7;1} \right)\)

Vì $d$ qua $A\left( {1,2,3} \right)$ nên có phương trình \(d:\dfrac{{x - 1}}{4} = \dfrac{{y - 2}}{{ - 7}} = \dfrac{{z - 3}}{1}\)

\(H\)  là trực tâm của $\Delta ABC \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC}  = 0\\\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC}  = 0\\\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AH}  = 0\end{array} \right.$

Ta giả sử $H\left( {x,y,z} \right)$, ta có

\(\overrightarrow {BC}  = (0, - 3, - 4)\)

\(\overrightarrow {AC}  = ( - 2,0, - 4)\)

\(\overrightarrow {AH}  = (x - 2,y,z)\)

\(\overrightarrow {BH}  = (x,y - 3,z)\)

\(\overrightarrow {AB}  = ( - 2,3,0)\).

Điều kiện \(\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC}  = 0 \Leftrightarrow 3y + 4z = 0\)

Điều kiện \(\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC}  = 0 \Leftrightarrow x + 2z = 0\)

Ta tính \([\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = ( - 12, - 8,6)\).

Điều kiện \([\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ].\overrightarrow {AH}  = 0 \Leftrightarrow  - 12(x - 2) - 8y + 6z = 0 \Leftrightarrow  - 6x - 4y + 3z + 12 = 0\)

Giải hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3y + 4z = 0}&{}\\{x + 2z = 0}&{}\\{ - 6x - 4y + 3z + 12 = 0}&{}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \dfrac{{72}}{{61}}}&{}\\{y = \dfrac{{48}}{{61}}}&{}\\{z = \dfrac{{ - 36}}{{61}}}&{}\end{array}} \right.\)

Suy ra \(H(\dfrac{{72}}{{61}},\dfrac{{48}}{{61}},\dfrac{{ - 36}}{{61}})\)

Suy ra \(\overrightarrow {OH}  = (\dfrac{{72}}{{61}},\dfrac{{48}}{{61}},\dfrac{{ - 36}}{{61}})\)  là vecto chỉ phương của $OH$.

Chọn \(\vec u = (6,4, - 3)\)  là vecto chỉ phương của $OH$ và $OH$ qua $O\left( {0,0,0} \right)$ nên phương trình tham số là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 6t}&{}\\{y = 4t}&{}\\{z =  - 3t}&{}\end{array}} \right.\)

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua điểm \(M\left( {2;5;7 - 2\sqrt 2 } \right)\) và nhận \(\overrightarrow u  = \left( {{m^2} - 2m;4 - m;0} \right)\) làm VTCP.

Có \(\overrightarrow {AM}  = \left( {1;3;4 - 2\sqrt 2 } \right) \Rightarrow AM= \sqrt{34 - 16\sqrt 2} \).

Để \(d\left( {A,\Delta } \right) = A{H_{\min }}\) thì \(\sin \alpha  = \dfrac{{AH}}{{AM}}\) đạt GTNN hay \(\cos \alpha \) đạt GTLN.

Mà \(\cos \alpha  = \cos \left( {AM,\Delta } \right) = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {AM} .\overrightarrow u } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AM} } \right|.\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \dfrac{{\left| {\left( {{m^2} - 2m} \right) + 3\left( {4 - m} \right)} \right|}}{{ {\sqrt{34 - 16\sqrt 2} }.\sqrt {{{\left( {{m^2} - 2m} \right)}^2} + {{\left( {4 - m} \right)}^2}} }}\) 

Mà \(\left| {\left( {{m^2} - 2m} \right) + 3\left( {4 - m} \right)} \right| \le \sqrt {{1^2} + {3^2}} .\sqrt {{{\left( {{m^2} - 2m} \right)}^2} + {{\left( {4 - m} \right)}^2}} \)

\( \Rightarrow \dfrac{{\left| {\left( {{m^2} - 2m} \right) + 3\left( {4 - m} \right)} \right|}}{{ {\sqrt{34 - 16\sqrt 2} }.\sqrt {{{\left( {{m^2} - 2m} \right)}^2} + {{\left( {4 - m} \right)}^2}} }} \le \dfrac{{\sqrt {10} }}{{\sqrt{34 - 16\sqrt 2} }}\) 

\( \Rightarrow \cos \alpha \) đạt GTLN nếu \(\dfrac{{{m^2} - 2m}}{1} = \dfrac{{4 - m}}{3} \Leftrightarrow 3{m^2} - 6m = 4 - m \Leftrightarrow 3{m^2} - 5m - 4 = 0\)

Phương trình này có hai nghiệm phân biệt do \(ac < 0\) nên tổng các giá trị của \(m\) là \(\dfrac{5}{3}\) .

- Thay tọa độ điểm \(A\left( {3 + m;\,\,4 + m;\,\,5 - 2m} \right)\) vào phương trình đường thẳng \(d\) ta có:

\(\dfrac{{3 + m - 3}}{1} = \dfrac{{4 + m - 4}}{1} = \dfrac{{5 - 2m - 5}}{{ - 2}} \Leftrightarrow m = m = m\) (luôn đúng) \( \Rightarrow A \in d\).

- Thay tọa độ điểm \(B\left( {4 - n;\,\,5 - n;\,\,3 + 2n} \right)\) vào phương trình đường thẳng \(d\) ta có:

\(\dfrac{{4 - n - 3}}{1} = \dfrac{{5 - n - 4}}{1} = \dfrac{{3 + 2n - 5}}{{ - 2}} \Leftrightarrow 1 - n = 1 - n = 1 - n\) (luôn đúng) \( \Rightarrow B \in d\).

Vậy \(A \in d,\,\,B \in d\).

Bước 1: Tìm vecto chỉ phương và tham số hóa hình chiếu M của A lên d.

Ta có:

\(d:\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 + t\\y =  - 3 + 2t\\z =  - 2 + 2t\end{array} \right.;\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1;\;2;\;2} \right)\)

Gọi \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(d\) và \({A}'\) đối xứng \(A\) qua \(d.\)

Suy ra \(M\left( m-1;2m-3;2m-2 \right)\) 

Bước 2: Biểu diễn \(\overrightarrow{AM}\) theo tham số và tìm điểm A'.

\(\overrightarrow{AM}=\left( m-4;2m-5;2m-2 \right)\)

Khi đó \(\overrightarrow{AM}.{{\vec{u}}_{d}}=0\Rightarrow \left( m-4 \right)+2\left( 2m-5 \right)+2\left( 2m-2 \right)=0\Leftrightarrow 9m=18\Leftrightarrow m=2.\)

Vậy \(M\left( 1;1;2 \right)\) và \(M\) là trung điểm \(A{A}'\) nên \({A}'\left( -1;0;4 \right).\)

Vậy $a+b+c=3$