Bài 15. Phương trình đường thẳng trong không gian

Định hướng. Tính $\overrightarrow{AB}$, viết $AB$ qua $A$ và $d$ qua $C$.

Vậy a) $AB:x=t,y=2t,z=2-t$, $\frac{x}{1}=\frac{y}{2}=\frac{z-2}{-1}$; b) $d:x=2+t,y=3+2t,z=4-t$.

Định hướng. Dùng $B(1;2;1)$ và $\overrightarrow{BA}=(-1;-2;1)$.

Vậy các phương trình trên biểu diễn cùng hai đường thẳng như ở Cách 1 (đổi $s=1-t$ ở ý a), $s=-t$ ở ý b)).

Định hướng. $d$ là ảnh của $AB$ qua phép tịnh tiến biến $A$ thành $C$: cộng $\overrightarrow{AC}=(2;3;2)$ vào mọi điểm của $AB$.

Vậy $d:x=2+t,y=3+2t,z=4-t$.

Nhận xét. Phép tịnh tiến giữ nguyên phương nên ảnh của đường thẳng là đường song song hoặc trùng với nó — trùng khi vectơ tịnh tiến cùng phương với đường thẳng.

Định hướng. Viết $d$ rồi giải phương trình bậc nhất theo $t$.

Vậy a) $d:x=1+2t,y=-1-3t,z=-2-t$; b) giao điểm $H\left(-\frac{2}{7};\frac{13}{14};-\frac{19}{14}\right)$.

Định hướng. $H=A-\frac{f(A)}{|\overrightarrow{n}{|}^2}\overrightarrow{n}$ với $f(x;y;z)=2x-3y-z+2$.

Vậy $d\cap (P)=H\left(-\frac{2}{7};\frac{13}{14};-\frac{19}{14}\right)$.

Định hướng. Đặt $H(x;y;z)$, giải hệ gồm phương trình mặt phẳng và điều kiện cùng phương.

Vậy giao điểm là $\left(-\frac{2}{7};\frac{13}{14};-\frac{19}{14}\right)$.

Nhận xét. Hệ số $\frac{f(A)}{|\overrightarrow{n}{|}^2}$ ở Cách 2 cho luôn khoảng cách $d(A,(P))=\frac{|f(A)|}{|\overrightarrow{n}|}=\frac{9}{\sqrt{14}}$.

Định hướng. Tìm $I$; vectơ chỉ phương $\overrightarrow{w}=\left[{\overrightarrow{u}}_d,{\overrightarrow{n}}_P\right]$.

Vậy a) $I(-7;2;-9)$; b) $d^{\prime }:x=-7+3s,y=2+5s,z=-9-2s$ (hay $\frac{x+7}{3}=\frac{y-2}{5}=\frac{z+9}{-2}$).

Định hướng. Tìm $\overrightarrow{w}=(a;b;c)$ với $\overrightarrow{w}\cdot {\overrightarrow{u}}_d=0$ và $\overrightarrow{w}\cdot {\overrightarrow{n}}_P=0$.

Vậy $d^{\prime }:x=-7+3s,y=2+5s,z=-9-2s$.

Định hướng. $d^{\prime }$ là giao tuyến của $(P)$ với mặt phẳng $(Q)$ qua $I$ vuông góc với $d$.

Vậy $d^{\prime }:x=-7+3s,y=2+5s,z=-9-2s$.

Nhận xét. Kiểm tra: $\overrightarrow{w}\cdot {\overrightarrow{u}}_d=9-5-4=0$ và $\overrightarrow{w}\cdot {\overrightarrow{n}}_P=3-5+2=0$; điểm $I$ thuộc cả $d$, $d^{\prime }$, $(P)$.

Định hướng. Chứng minh song song rồi lập mặt phẳng qua $A$.

Vậy a) $d\parallel d^{\prime }$; b) $(P):13x-2y+8z-49=0$.

Định hướng. Giải hệ điểm chung; lấy $A,B\in d$ và $A^{\prime }\in d^{\prime }$.

Vậy $d\parallel d^{\prime }$ (cùng phương, không có điểm chung) và $(P):13x-2y+8z-49=0$.

Định hướng. $d$ là giao của hai mặt phẳng $x-2y=5$ và $3y+z=-2$ (khử $t$); mặt phẳng chứa $d$ có dạng $m(x-2y-5)+n(3y+z+2)=0$, chọn $m,n$ để chứa $A^{\prime }$.

Vậy $(P):13x-2y+8z-49=0$.

Nhận xét. Mặt phẳng trong chùm chứa $d$ và một điểm của $d^{\prime }$ thì chứa luôn $d^{\prime }$ vì $d^{\prime }\parallel d$.

Định hướng. Tính $\left[\overrightarrow{u},{\overrightarrow{u}}^{\prime }\right]$ rồi nhân với $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$.

Vậy $d$ và $d^{\prime }$ chéo nhau.

Định hướng. $d^{\prime }:x=-2+3s,y=-1+2s,z=-s$; tìm $(t;s)$.

Vậy hệ vô nghiệm, $\overrightarrow{u},{\overrightarrow{u}}^{\prime }$ không cùng phương: $d,d^{\prime }$ chéo nhau.

Định hướng. $(Q)$ qua $A$ có pháp tuyến $(1;-1;1)$ (rút gọn từ $(-5;5;-5)$); xét $A^{\prime }$.

Vậy $A^{\prime }\notin (Q)$ nên $d,d^{\prime }$ chéo nhau, khoảng cách $\sqrt{3}$.

Nhận xét. Thêm: $\overrightarrow{u}\cdot {\overrightarrow{u}}^{\prime }=-3+2-2=-3\ne 0$ nên hai đường chéo nhau nhưng không vuông góc.

Định hướng. Phương trình $z=2$ không chứa tham số.

Vậy gầm cầu cao $2$, đủ để xe tải cao $1$ chui qua.

Định hướng. Chứng minh $\Delta \parallel (Oxy)$ rồi tính khoảng cách từ một điểm của $\Delta$.

Vậy chiều cao gầm cầu là $2$, lớn hơn chiều cao xe: xe chui qua được.

Định hướng. Khoảng cách từ điểm $M(t)$ trên cầu tới mặt đường là $|z(t)|$; tìm giá trị nhỏ nhất.

Vậy khe hở giữa nóc xe và gầm cầu luôn là $1$, xe chui qua được.

Nhận xét. Nếu cầu có phương trình $z=2+t$ (dốc), cầu cắt mặt đường và câu hỏi chỉ có nghĩa với phần cầu ở phía trên xe; khi đó phải xét vị trí xe đi qua cụ thể.

Định hướng. Viết $AM$ theo $A+t\overrightarrow{AM}$, cho $x=0$.

Vậy đường nhìn cắt mặt phẳng cửa sổ tại $I$ nằm ngoài khung ($OI=\frac{\sqrt{74}}{3}\approx 2,87>2$): người đó không nhìn thấy bông hoa.

Định hướng. $(Oyz)$ chia $AM$ theo tỉ số $|x_A|:|x_M|=1:2$.

Vậy $I$ nằm ngoài khung cửa sổ: không nhìn thấy bông hoa.

Định hướng. Chỉ cần một toạ độ của giao điểm có trị tuyệt đối lớn hơn bán kính là đủ kết luận điểm nằm ngoài hình tròn.

Vậy giao điểm nằm ngoài khung tròn; người đó không nhìn thấy hoa qua cửa sổ.

Nhận xét. Cách 3 tránh được việc tính tổng bình phương: chỉ một toạ độ vượt bán kính là đủ kết luận điểm nằm ngoài hình tròn.