Bài tập Một số dạng toán thực tế liên quan đến Phương trình đường thẳng trong không gian lớp 12 (có lời giải)

Đường thẳng d đi qua ${\rm{M}}(1;1;1)$ và có vectơ chỉ phương $\vec a = (0;0;1)$

Đường thẳng d' đi qua ${\rm{N}}(10;20;5)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{a^\prime }} = (0;0;5) = 5\vec a$

Thay tọa độ điểm M vào phương trình đường thẳng d ta được

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{1 = 10}\\{1 = 20}\\{1 = 5 + 5{t^\prime }}\end{array}{\rm{ (vô lí)}}{\rm{. Suy ra }}M \notin d.} \right.$Vậy d // d'.

Đường thẳng d và d' lần lượt có vectơ chí phương là $\overrightarrow {{a_1}} = (0;0;1),\overrightarrow {{a_2}} = (0;1;0)$

Ta có $\overrightarrow {{a_1}} ,\overrightarrow {{a_2}}$ không cùng phương với nhau nên d và d' chéo nhau hoặc cắt nhau.

Ta xét hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{0 = 20}\\{0 = {t^\prime }}\\{50 + t = 50}\end{array}} \right.$ (vô nghiệm).

Vậy $d$ và d' chéo nhau.

Đường thắng d và d' lần lượt có vectơ chỉ phương là $\vec a = (1;0;0),\overrightarrow {{a^\prime }} = (0;0;3)$

Ta có $\vec a \cdot \overrightarrow {{a^\prime }} = 1.0 + 0.0 + 0.3 = 0$. Do đó d và d' vuông góc với nhau.

Ta có $\overrightarrow {MN} = (0;1;0)$

Đường thẳng MN đi qua ${\rm{M}}(3;3;1{,}5)$ và nhận $\overrightarrow {MN} = (0;1;0)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình là $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 3}\\{y = 3 + t}\\{z = 1{,}5}\end{array}} \right.$

a) Ta có $\overrightarrow {MN} = ( - 3; - 3;12) = - 3(1;1; - 4)$

Đường thắng MN đi qua điếm ${\rm{M}}(2;3; - 4)$ và có VTCP $\vec u = (1;1; - 4)$ có phương trình là: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 2 + t}\\{y = 3 + t}\\{z = - 4 - 4t}\end{array}} \right.$

b) Mặt phắng Oxy có phương trình là ${\rm{z}} = 0$.

Vi D là giao điếm của đường thắng MN với mặt phắng Oxy nên tọa độ điếm D là nghiệm của hệ $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 2 + t}\\{y = 3 + t}\\{z = - 4 - 4t}\\{z = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1}\\{y = 2}\\{z = 0}\\{t = - 1}\end{array}} \right.} \right.$.Vậy $D(1;2;0)$.

c) Ta có $MD = \sqrt {{{( - 1)}^2} + {{( - 1)}^2} + {{( - 4)}^2}} = \sqrt {18} ;MN = \sqrt {{{( - 3)}^2} + {{( - 3)}^2} + {{12}^2}} = \sqrt {162}$ Vi ${\rm{MD}} < {\rm{MN}}$ nên D nằm giữa M và N .

Vậy tấm bìa có che khuất tầm nhìn của người quan sát đối với vật đặt ở điếm N .

a) Đường thắng a đi qua ${\rm{M}}(1;2;0)$ và có vectơ chí phương là $\vec a = (0;0;3)$ Đường thắng b đi qua ${\rm{N}}(1;2;6)$ và có vectơ chí phương $\overrightarrow {{a^\prime }} = (4;2;0)$ Có $\vec a \cdot \overrightarrow {{a^\prime }} = 0.4 + 0.2 + 3.0 = 0$. Suy ra a $\bot {\rm{b}}$.

Ta xét hệ $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{1 = 1 + 4{t^\prime }}\\{2 = 2 + 2{t^\prime }}\\{3t = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{t^\prime } = 0}\\{{t^\prime } = 0.{\rm{ }}}\\{t = 2}\end{array}} \right.} \right.$Suy ra hệ có nghiệm duy nhất. Do đó a và b cắt nhau.

b) Thay ${\rm{t}} = 2$ vào phương trình đường thắng a ta được $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1}\\{y = 2}\\{z = 6}\end{array}} \right.$

Vậy tọa độ giao điếm của hai đường thắng này là $(1;2;6)$.

Hai vật thế chuyến động trên hai đường thẳng

Vật 1 chuyến động trên đường thắng đi qua A và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{v_1}}$

Vật 2 chuyến động trên đường thắng đi qua B và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{v_2}}$

Ta có $\overrightarrow {AB} = (2;3;0)$ và $\left[ {\overrightarrow {{v_1}} ,\overrightarrow {{v_2}} } \right] = ( - 5;1;3)$

Có $\overrightarrow {AB} \cdot \left[ {\overrightarrow {{v_1}} ,\overrightarrow {{v_2}} } \right] = - 10 + 3 = - 7 \ne 0$. Do đó hai đường thắng này chéo nhau.

Vậy trong quá trình chuyến động, hai vật thế trên không va chạm vào nhau.

a) Đường thắng ${\Delta _1}$ đi qua ${\rm{A}}(1;0; - 1)$ có vectơ chí phương $\overrightarrow {{u_1}} = (2; - 1;3)$

Đường thắng ${\Delta _2}$ đi qua ${\rm{B}}(3; - 1;0)$ có vectơ chí phương $\overrightarrow {{u_2}} = ( - 1;1;1)$ vi $\overrightarrow {{u_1}} \cdot \overrightarrow {{u_2}} = - 2 - 1 + 3 = 0$ nên hai đường thẳng ${\Delta _1}$ và ${\Delta _2}$ vuông góc với nhau.

b) Ta có $\overrightarrow {AB} = (2; - 1;1),\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = ( - 4; - 5;1) \ne \vec 0$, và $\overrightarrow {AB} \cdot \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = - 8 + 5 + 1 = - 2 \ne 0$

Do đó ${\Delta _1}$ và ${\Delta _2}$ chéo nhau. Vậy nút giao thông trên là nút giao thông khác mức.

Phương trình mô tả quȳ đạo chuyến động của viên đạn là: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1 + 2t}\\{y = 3 + t}\\{z = 4 + 6t}\end{array}} \right.$

a) Thay tọa độ điếm M vào phương trình chuyến động, ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{7 = 1 + 2t}\\{\frac{7}{2} = 3 + t}\\{21 = 4 + 6t}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{t = 3}\\{t = \frac{1}{2}}\\{t = \frac{{17}}{6}}\end{array}} \right.} \right.$

Ta thấy các giá trị t này đều khác nhau do đó điếm M không nẳm trên quỹ đạo chuyến động của viên đạn nên viên đạn không bắn trúng mục tiêu đặt tại điếm M.

b) Thay tọa độ điếm N vào phương trình chuyến động của viên đạn ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{ - 3 = 1 + 2t}\\{1 = 3 + t}\\{ - 8 = 4 + 6t}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{t = - 2}\\{t = - 2}\\{t = - 2}\end{array}} \right.} \right.$

Suy ra điếm N nằm trên quỹ đạo chuyến động của viên đạn.

Do đó viên đạn trên có bắn trúng mục tiêu đặt tại điếm N .

Đế viết được phương trình đường thẳng chứa tia nắng mặt trời đi qua đỉnh cột tại thời điếm đang xét ta cần xác định tọa độ của A (đỉnh cột) và ${{\rm{A}}^\prime }$ (bóng của đỉnh cột).

Ta có $A(0;0;6)$.

Hoành độ của điếm A' là $x=3\cos {60}^{^{\circ}}=\frac{1}{2}$

Tung độ của điếm ${{\rm{A}}^\prime }$ là $\text{y}=3\cos {30}^{^{\circ}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$

Do đó ${A^\prime }\left( {\frac{1}{2};\frac{{3\sqrt 3 }}{2};0} \right)$.

Đường thắng chứa tia nắng mặt trời đi qua ${\rm{A}}(0;0;6)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {A{A^\prime }} = \left( {\frac{1}{2};\frac{{3\sqrt 3 }}{2}; - 6} \right)$ có phương trình là: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = \frac{1}{2}t}\\{y = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}t}\\{z = 6 - 6t}\end{array}} \right.$