Chương V - Bài: Phương trình đường thẳng trong không gian

Giải thích: Đường thẳng chính tắc \(\frac{x - x_0}{a} = \frac{y - y_0}{b} = \frac{z - z_0}{c}\) có một vectơ chỉ phương là \(\vec{u} = (a; b; c) = (2; -1; 4)\).

Giải thích: Phương trình tham số của đường thẳng đi qua \(M(x_0; y_0; z_0)\) và có VCP \(\vec{u} = (a; b; c)\) là:
\(\begin{cases} x = x_0 + at \\ y = y_0 + bt \\ z = z_0 + ct \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x = 2 + t \\ y = -1 + 3t \\ z = 3 - 2t \end{cases}\).

Giải thích: Ta có \(\vec{AB} = (2; -2; 2) = 2(1; -1; 1)\).
Đường thẳng \(AB\) đi qua \(A(1; 2; -1)\) có VCP \(\vec{u} = (1; -1; 1)\) nên phương trình chính tắc là \(\frac{x - 1}{1} = \frac{y - 2}{-1} = \frac{z + 1}{1}\).

Giải thích: VCP của \(d\) là \(\vec{u} = (-1; 2; 1)\), VPT của \((P)\) là \(\vec{n} = (2; -1; 1)\).
Góc \(\alpha\) giữa đường thẳng và mặt phẳng được tính theo công thức:
\(\sin \alpha = \frac{\vert{}\vec{u} \cdot \vec{n}\vert{}}{\vert{}\vec{u}\vert{} \cdot \vert{}\vec{n}\vert{}} = \frac{\vert{}(-1)\cdot 2 + 2\cdot(-1) + 1\cdot 1\vert{}}{\sqrt{(-1)^2 + 2^2 + 1^2} \cdot \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 1^2}} = \frac{\vert{}-3\vert{}}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{6}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\).
Do đó \(\alpha = 30^\circ\).

Giải thích: Vì \(\Delta \perp (P)\) nên VCP của \(\Delta\) chính là VPT của \((P)\): \(\vec{u}_\Delta = \vec{n}_P = (2; -1; 3)\).
Đường thẳng đi qua \(A(1; 0; -2)\) có phương trình là \(\frac{x - 1}{2} = \frac{y}{-1} = \frac{z + 2}{3}\).

Giải thích: Ta có \(\vec{u}_1 = (1; 2; 3)\) và \(\vec{u}_2 = (2; 4; 6) = 2\vec{u}_1\), nên hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau.
Lấy điểm \(M(1; 2; 3) \in d_1\), thay vào phương trình \(d_2\):
\(\begin{cases} 1 = 2 + 2t \\ 2 = 4 + 4t \\ 3 = 6 + 6t \end{cases} \Leftrightarrow t = -\frac{1}{2}\) (thỏa mãn cả 3 phương trình).
Do \(M(1; 2; 3) \in d_2\) nên hai đường thẳng này trùng nhau.

Giải thích: Ta có \(\vec{u}_1 = (2; 1; -1)\), điểm \(M_1(1; -1; 0) \in d_1\); \(\vec{u}_2 = (1; 2; 3)\), điểm \(M_2(3; 0; 1) \in d_2\).
Tính tích có hướng \([\vec{u}_1, \vec{u}_2] = (1\cdot 3 - (-1)\cdot 2; (-1)\cdot 1 - 2\cdot 3; 2\cdot 2 - 1\cdot 1) = (5; -7; 3) \neq \vec{0}\).
Vectơ \(\vec{M_1M_2} = (2; 1; 1)\). Tích hỗn tạp: \([\vec{u}_1, \vec{u}_2] \cdot \vec{M_1M_2} = 5\cdot 2 + (-7)\cdot 1 + 3\cdot 1 = 10 - 7 + 3 = 6 \neq 0\).
Vì tích hỗn tạp khác 0 nên hai đường thẳng chéo nhau.

Giải thích: Vì \(\Delta \parallel (P)\) và \(\Delta \parallel (Q)\) nên VCP của \(\Delta\) là tích có hướng của hai VPT \(\vec{n}_P = (1; 1; 1)\) và \(\vec{n}_Q = (2; -1; 1)\):
\(\vec{u}_\Delta = [\vec{n}_P, \vec{n}_Q] = (1\cdot 1 - 1\cdot(-1); 1\cdot 2 - 1\cdot 1; 1\cdot(-1) - 1\cdot 2) = (2; 1; -3)\).
Phương trình chính tắc của \(\Delta\) đi qua \(A(1; 2; 3)\) là \(\frac{x - 1}{2} = \frac{y - 2}{1} = \frac{z - 3}{-3}\).

Giải thích: Ta có \(\vec{u}_1 = (1; 1; 2)\) và \(\vec{u}_2 = (2; -1; 1)\).
Góc \(\theta\) giữa hai đường thẳng được tính theo công thức:
\(\cos \theta = \frac{\vert{}\vec{u}_1 \cdot \vec{u}_2\vert{}}{\vert{}\vec{u}_1\vert{} \cdot \vert{}\vec{u}_2\vert{}} = \frac{\vert{}1\cdot 2 + 1\cdot(-1) + 2\cdot 1\vert{}}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 2^2} \cdot \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 1^2}} = \frac{3}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{6}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\).
Do đó \(\theta = 60^\circ\).

Giải thích: Ta có điểm xuất phát \(A(1; 2; 0)\) và điểm chướng ngại vật \(M(7; 10; 4)\).
Vectơ \(\vec{AM} = (7 - 1; 10 - 2; 4 - 0) = (6; 8; 4)\).
Nhận thấy \(\vec{AM} = 2(3; 4; 2) = 2\vec{u}\), nghĩa là \(\vec{AM}\) cùng phương với vectơ chỉ phương \(\vec{u}\) của đường bay.
Do đó điểm \(M\) nằm trực tiếp trên quỹ đạo bay của máy bay. Khoảng cách từ \(M\) đến đường bay bằng \(0\text{ km}\).