Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Lý thuyết cơ sở về phương trình đường thẳng

Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Lý thuyết cơ sở về phương trình đường thẳng_P2 (Hướng dẫn giải bài tập tự luyện) của thầy Lê Bá Trần Phương giúp các bạn nắm vững những kiến thức về hình học trong không gian. Mời các bạn tham khảo!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Lý thuyết cơ sở về phương trình đường thẳngKhóa học LTĐH môn Toán - Thầy Lê Bá Trần Phương Hình học giải tích trong không gian LÝ THUYẾT CƠ SỞ VỀ PHƢƠNG TRÌNH ĐƢỜNG THẲNG (Phần 2) HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TỰ LUYỆN Giáo viên: LÊ BÁ TRẦN PHƢƠNG Bài 1. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng: x  1 y 1 z  2 x2 y2 z d1:   , d2:   2 3 1 1 5 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Lời giải:  x  1  2t x  2  m   Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 :  y  1  3t ; d 2 :  y  2  5m z  2  t  z  2m   Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t; 1 + 3t; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m; - 2 + 5m; - 2m)    MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t) 3  m  2t  2k        Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  kn p  3  5m  3t   k có nghiệm 2  2m  t  5k  m  1 Giải hệ tìm được  t  1  x  1  2t  Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y  4  t  z  3  5t  Bài 2. x  3 y  2 z 1 Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:   và mặt phẳng : 2 1 1 (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 . Lời giải: Ta có phương trình tham số của d là: Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 -Khóa học LTĐH môn Toán - Thầy Lê Bá Trần Phương Hình học giải tích trong không gian  x  3  2t   y  2  t  toạ độ điểm M là nghiệm của hệ :  z  1  t   x  3  2t  y  2  t    M (1; 3;0)  z  1  t x  y  z  2  0     Lại có VTPT của (P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; 1) .       Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u  ud , nP   (2; 3;1)     Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó MN ( x  1; y  3; z ) .     Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 x  y  z  2  0  Lại có N  (P) và MN = 42 nên ta có hệ:  2 x  3 y  z  11  0 ( x  1) 2  ( y  3) 2  z 2  42  Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) x 5 y  2 z 5 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  :   2 3 1 x 3 y  4 z 5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  :   2 3 1 Bài 3. x2 y2 z Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ...