Giải bài 1 trang 93 SGK hình học lớp 12 phần ôn tập phương pháp tọa độ không gian:
Viết phương trình đường thẳng \(∆\) vuông góc với mặt phẳng toạ độ \((Oxz)\) và cắt hai đường thẳng \(d:\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = - 4 + t\\z = 3 - t\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,d':\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 2t'\\y = - 3 + t'\\z = 4 - 5t'\end{array} \right.\)
Ta có: \(\overrightarrow {MN}= (1 - 2t' - t; 1 + t' - t; 1 - 5t' + t)\)
Vì \(MN ⊥ (Oxz)\) nên \(MN ⊥ Ox\) và \(MN ⊥ Oz\)
\(Ox\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow i = (1; 0; 0)\);
\(Oz\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow j = (0; 0; 1)\).
\(MN ⊥ Ox\)
\( \Leftrightarrow (1 - 2t' - t).1 + (1 + t' - t).0 + (1 - 5t' + t).0 = 0\)
\( \Leftrightarrow 1 - 2t' - t = 0\) (1)
\(MN ⊥ Oz\)
\( \Leftrightarrow (1 - 2t' - t).0 + (1 + t' - t).0 + (1 - 5t' + t).1 = 0\)
\( \Leftrightarrow 1 - 5t' + t = 0\) (1)
Từ (1) và (2) ta có hệ\(\left\{ \begin{array}{l}1 - 2t' - t = 0\\1 - 5t' + t = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \frac{3}{7}\\t' = \frac{2}{7}\end{array} \right.\)
và được toạ độ của M\(\left( {{3 \over 7}; - {{25} \over 7};{{18} \over 7}} \right)\) , N\(\left( {{3 \over 7}; - {{19} \over 7};{{18} \over 7}} \right)\)
Từ đây ta có \(\overrightarrow {MN} = \left( {0;\frac{6}{7};0} \right) = \frac{6}{7}\left( {0;1;0} \right)\) và được phương trình đường thẳng \(MN\) đi qua M và nhận \(\overrightarrow u = \left( {0;1;0} \right)\) làm 1 VTCP là:\(\left\{ \matrix{x = {3 \over 7} \hfill \cr y = - {{25} \over 7} + t \hfill \cr z = {{18} \over 7} \hfill \cr} \right. (t \in R)\)
Viết phương trình đường thẳng \(∆\) vuông góc với mặt phẳng toạ độ \((Oxz)\) và cắt hai đường thẳng \(d:\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = - 4 + t\\z = 3 - t\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,d':\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 2t'\\y = - 3 + t'\\z = 4 - 5t'\end{array} \right.\)
Lời giải bài tập
Gọi \(M\) là điểm thuộc đường thẳng \(d\), toạ độ của \(M\) là \(M( t; -4 + t; 3 - t)\). \(N\) là điểm thuộc đường thẳng \(d'\), toạ độ của \(N\) là \(N(1 - 2t'; -3 + t'; 4 - 5t')\).Ta có: \(\overrightarrow {MN}= (1 - 2t' - t; 1 + t' - t; 1 - 5t' + t)\)
Vì \(MN ⊥ (Oxz)\) nên \(MN ⊥ Ox\) và \(MN ⊥ Oz\)
\(Ox\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow i = (1; 0; 0)\);
\(Oz\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow j = (0; 0; 1)\).
\(MN ⊥ Ox\)
\( \Leftrightarrow (1 - 2t' - t).1 + (1 + t' - t).0 + (1 - 5t' + t).0 = 0\)
\( \Leftrightarrow 1 - 2t' - t = 0\) (1)
\(MN ⊥ Oz\)
\( \Leftrightarrow (1 - 2t' - t).0 + (1 + t' - t).0 + (1 - 5t' + t).1 = 0\)
\( \Leftrightarrow 1 - 5t' + t = 0\) (1)
Từ (1) và (2) ta có hệ\(\left\{ \begin{array}{l}1 - 2t' - t = 0\\1 - 5t' + t = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \frac{3}{7}\\t' = \frac{2}{7}\end{array} \right.\)
và được toạ độ của M\(\left( {{3 \over 7}; - {{25} \over 7};{{18} \over 7}} \right)\) , N\(\left( {{3 \over 7}; - {{19} \over 7};{{18} \over 7}} \right)\)
Từ đây ta có \(\overrightarrow {MN} = \left( {0;\frac{6}{7};0} \right) = \frac{6}{7}\left( {0;1;0} \right)\) và được phương trình đường thẳng \(MN\) đi qua M và nhận \(\overrightarrow u = \left( {0;1;0} \right)\) làm 1 VTCP là:\(\left\{ \matrix{x = {3 \over 7} \hfill \cr y = - {{25} \over 7} + t \hfill \cr z = {{18} \over 7} \hfill \cr} \right. (t \in R)\)