Bài 31 trang 103 SGK Hình học 12 Nâng cao

LG a

Chứng tỏ rằng hai đường thẳng đó chéo nhau.

Phương pháp giải:

Kiểm tra tích \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_2}{M_1}}   \ne 0\)

Lời giải chi tiết:

Đường thẳng \({d_1}\) đi qua \({M_1}\left( {8;5;8} \right)\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_1}} \left( {1;2; – 1} \right)\).
Đường thẳng \({d_2}\) đi qua \({M_2}\left( {3;1;1} \right)\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_2}} \left( { – 7;2;3} \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow {{M_2}{M_1}}  = \left( {5;4;7} \right)\,\,;\,\,\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {8;4;16} \right)\).
Do đó \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_2}{M_1}}  = 168 \ne 0\).
Vậy hai đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) chéo nhau.

LG b

Viết phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O và song song với \({d_1}\) và \({d_2}\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(\left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng qua O song song với cả \({d_1}\) và \({d_2}\).

\(Mp\left( \alpha  \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n  = {1 \over 4}\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {2;1;4} \right)\).
Vậy \(\left( \alpha  \right):2\left( {x – 0} \right) + 1\left( {y – 0} \right) + 4\left( {z – 0} \right) = 0 \) \(\Leftrightarrow 2x + y + 4z = 0\).
Rõ ràng \({M_1},{M_2} \notin \left( \alpha  \right)\).

Vậy \(\left( \alpha  \right)\) chính là mặt phẳng cần tìm.

LG c

Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\).

Phương pháp giải:

Công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau \(d = {{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_2}{M_1}} } \right|} \over {\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right]} \right|}}\)

Lời giải chi tiết:

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau \({d_1}\) và \({d_2}\) là:

\(d = {{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_2}{M_1}} } \right|} \over {\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right]} \right|}} \) \(= {{168} \over {\sqrt {{8^2} + {4^2} + {{16}^2}} }} = 2\sqrt {21} \)

LG d

Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng đó.

Lời giải chi tiết:

Giả sử PQ là đường vuông góc chung của \({d_1}\) và \({d_2}\) với \(P \in {d_1}\,;\,Q \in {d_2}\). Khi đó ta có các giá trị t và t’ sao cho: \(P\left( {8 + t\,;5 + 2t\,;\,8 – t} \right),\,Q\left( {3 – 7t’\,;\,1 + 2t’\,;\,1 + 3t’} \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow {PQ}  = \left( { – 5 – 7t’ – t; – 4 + 2t’ – 2t; – 7 + 3t’ + t} \right)\).
Vectơ \(\overrightarrow {PQ} \) đồng thời vuông góc với hai vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_1}} \) và \(\overrightarrow {{u_2}} \) nên

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
\overrightarrow {PQ} .\overrightarrow {{u_1}} = 0 \hfill \cr 
\overrightarrow {PQ} .\overrightarrow {{u_2}} = 0 \hfill \cr} \right. \cr &\Leftrightarrow \left\{ \matrix{
– 5 – 7t’ – t + 2\left( { – 4 + 2t’ – 2t} \right) – \left( { – 7 + 3t’ + t} \right) = 0 \hfill \cr 
– 7\left( { – 5 – 7t’ – t} \right) + 2\left( { – 4 + 2t’ – 2t} \right) + 3\left( { – 7 + 3t’ + t} \right) = 0 \hfill \cr} \right. \cr 
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
– 6t’ – 6t = 6 \hfill \cr 
62t’ + 6t = – 6 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
t’ = 0 \hfill \cr 
t = – 1 \hfill \cr} \right. \cr} \)

Vậy \(P\left( {7;3;9} \right)\,,\,Q\left( {3;1;1} \right)\) và do đó, đường vuông góc chung của \({d_1}\) và \({d_2}\) có phương trình:

\({{x – 3} \over {7 – 3}} = {{y – 1} \over {3 – 1}} = {{z – 1} \over {9 – 1}} \) \(\Leftrightarrow {{x – 3} \over 2} = {{y – 1} \over 1} = {{z – 1} \over 4}\)

Sachgiaihay.com