Giải SGK Toán 12 Bài 15. Phương trình đường thẳng trong không gian

Sau khi học xong bài này, ta giải quyết bài toán này như sau:

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

Đường thẳng MN đi qua điểm M(2; 3; −4) và có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {1;1; - 4} \right)$ có phương trình là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 3 + t\\z = - 4 - 4t\end{array} \right.$.

Mặt phẳng Oxy có phương trình là z = 0.

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

Ta có $MD = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {4^2}} = \sqrt {18}$; $MN = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {{12}^2}} = \sqrt {162}$.

Vì MD < 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 điểm N.

a) Trong không gian thì có vô số đường thẳng đi qua M và vuông góc với giá của $\overrightarrow{u}$ nên khẳng định này sai.

b) Qua M có duy nhất một đường thẳng đi qua M và song song hoặc trùng với giá của $\overrightarrow{u}$ cho trước. Do đó khẳng định này đúng.

a) Một vật thể chuyển động với vectơ vận tốc không đổi $\overrightarrow u = \left( {a;b;c} \right) \ne \overrightarrow 0$ và xuất phát từ điểm A(x$_{0}$; y$_{0}$; z$_{0}$). Vectơ vận tốc này chính là vectơ chỉ phương của đường thẳng mà vật thể chuyển động.

Do đó đường thẳng này đi qua điểm A(x$_{0}$; y$_{0}$; z$_{0}$) và có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow u = \left( {a;b;c} \right).$

b) Ta có $\overrightarrow {MA} = \left( {x - {x_0};y - {y_0};z - {z_0}} \right)$.

Khi đó ta có $\overrightarrow {MA}$ cùng phương với $\overrightarrow u$.

Suy ra $\overrightarrow {MA} = t\overrightarrow u$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - {x_0} = ta\\y - {y_0} = tb\\z - {z_0} = tc\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + ta\\y = {y_0} + tb\\z = {z_0} + tc\end{array} \right.,t > 0$.

a) Ta có A(2; 0; 1), B(3; 3; 2) là các điểm thuộc ∆.

Có $\overrightarrow u = \left( {1;3;1} \right)$ là một vectơ chỉ phương của ∆.

b) Phương trình tham số của đường thẳng đi qua gốc tọa độ O(0; 0; 0) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow v = \left( {1;3;1} \right)$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 3t\\z = t\end{array} \right.$.

a) Điểm M(x; y; z) thuộc ∆ khi và chỉ khi hai vectơ $\overrightarrow {AM} = \left( {x - {x_0};y - {y_0};z - {z_0}} \right)$ và $\overrightarrow u = \left( {a;b;c} \right)$ cùng phương với nhau. Tức là $\overrightarrow {AM} = k\overrightarrow u$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - {x_0} = at\\y - {y_0} = bt\\z - {z_0} = ct\end{array} \right.$ (1).

b) Vì a, b, c khác 0 nên từ (1), ta có $\left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - {x_0}}}{a} = t\\\frac{{y - {y_0}}}{b} = t\\\frac{{z - {z_0}}}{c} = t\end{array} \right.$$\Rightarrow \frac{{x - {x_0}}}{a} = \frac{{y - {y_0}}}{b} = \frac{{z - {z_0}}}{c} = t$.

Vậy điểm M(x; y; z) thuộc ∆ khi và chỉ khi các phân số $\frac{{x - {x_0}}}{a} = \frac{{y - {y_0}}}{b} = \frac{{z - {z_0}}}{c}$.

Ta có mặt phẳng Oyz có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow i = \left( {1;0;0} \right)$.

Giá của vectơ $\overrightarrow i$ và ∆ cùng vuông góc với mặt phẳng Oyz nên chúng trùng nhau hoặc song song với nhau.

Do đó ∆ nhận $\overrightarrow i = \left( {1;0;0} \right)$ làm một vectơ chỉ phương.

Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(2; −1; 3) và $\overrightarrow i = \left( {1;0;0} \right)$ làm một vectơ chỉ phương có phương trình là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = - 1\\z = 3\end{array} \right.$.

a) Đường thẳng A$_{1}$A$_{2}$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {{A_1}{A_2}} = \left( {{x_2} - {x_1};{y_2} - {y_1};{z_2} - {z_1}} \right)$.

b) Đường thẳng A$_{1}$A$_{2}$ đi qua điểm A$_{1}$(x$_{1}$; y$_{1}$; z$_{1}$) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{A_1}{A_2}} = \left( {{x_2} - {x_1};{y_2} - {y_1};{z_2} - {z_1}} \right)$ có phương trình là: $\left\{ \begin{array}{l}x = {x_1} + \left( {{x_2} - {x_1}} \right)t\\y = {y_1} + \left( {{y_2} - {y_1}} \right)t\\z = {z_1} + \left( {{z_2} - {z_1}} \right)t\end{array} \right.$.

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

Đường thẳng MN đi qua điểm M(2; 3; −4) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {1;1; - 4} \right)$ có phương trình là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 3 + t\\z = - 4 - 4t\end{array} \right.$.

b) Mặt phẳng Oxy có phương trình là z = 0.

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

c) Ta có $MD = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = \sqrt {18}$; $MN = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {{12}^2}} = \sqrt {162}$.

Vì MD < 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 điểm N.

a) Hai đường thẳng ∆$_{1}$ và ∆$_{2}$ vuông góc với nhau khi và chỉ khi hai giá của $\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}}$ vuông góc với nhau. Tức là $\overrightarrow {{u_1}} .\overrightarrow {{u_2}} = 0$$\Leftrightarrow {a_1}{a_2} + {b_1}{b_2} + {c_1}{c_2} = 0$.

b) Theo câu a, để ∆$_{1}$ và ∆$_{2}$ vuông góc với nhau thì ${a_1}{a_2} + {b_1}{b_2} + {c_1}{c_2} = 0$.

Vậy để ∆$_{1}$ và ∆$_{2}$ vuông góc với nhau thì $\overrightarrow {{u_1}} .\overrightarrow {{u_2}} = 0$.

Ta có $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {2;1; - 1} \right)$ và trục Oz có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)$.

Có $\overrightarrow {{u_\Delta }} .\overrightarrow k = - 1 \ne 0$. Do đó đường thẳng ∆ không vuông góc với trục Oz.

Ta có $\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} = \left( {1;1;0} \right),\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} = \left( { - 2;2;0} \right)$.

Vì $\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} .\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} = - 2 + 2 = 0$ nên hai con đường trên vuông góc với nhau.

a) D$_{1}$ // D$_{2}$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{u_1}} = k\overrightarrow {{u_2}} \\{A_1} \notin {\Delta _2}\end{array} \right.$.

D$_{1}$ ≡ D$_{2}$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{u_1}} = k\overrightarrow {{u_2}} \\{A_1} \in {\Delta _2}\end{array} \right.$.

b) D$_{1}$ và D$_{2}$ cắt nhau khi và chỉ khi $\overrightarrow {{u_1}}$ và $\overrightarrow {{u_2}}$không cùng phương và $\overrightarrow {{u_1}}$, $\overrightarrow {{u_2}}$ và $\overrightarrow {{A_1}{A_2}}$ đồng phẳng. Tức là $\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] \ne \overrightarrow 0$ và $\overrightarrow {{A_1}{A_2}} .\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = 0$.

c) D$_{1}$ và D$_{2}$ chéo nhau khi và chỉ khi $\overrightarrow {{u_1}}$, $\overrightarrow {{u_2}}$ và $\overrightarrow {{A_1}{A_2}}$ không đồng phẳng. Tức là: $\overrightarrow {{A_1}{A_2}} .\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] \ne 0$.

Ta có đường thẳng D$_{1}$ đi qua điểm A(3; 0; 1) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} = \left( {1; - 2;3} \right)$.

Đường thẳng D$_{2}$ đi qua điểm B(1; 2; 0) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} = \left( {1; - 2;3} \right)$.

Vì $\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} = \overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} = \left( {1; - 2;3} \right)$ và A Ï D$_{2}$ nên D$_{1}$ // D$_{2}$.

Đường thẳng D$_{1}$ đi qua điểm A(1; −2; 3) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} = \left( {1;1;4} \right)$.

Đường thẳng D$_{2}$ đi qua điểm B(−1; −1; 0) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} = \left( {1;1;4} \right)$.

a) Vì $\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} = \overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} = \left( {1;1;4} \right)$ và A Ï D$_{2}$ nên hai đường thẳng D$_{1}$ và D$_{2}$ song song với nhau.

b) Trục Ox đi qua điểm O(0; 0; 0) và có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow i = \left( {1;0;0} \right)$.

Có $\overrightarrow {OA} = \left( {1; - 2;3} \right)$ và $\left[ {\overrightarrow i ,\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} } \right] = \left( {0; - 4;1} \right)$.

Có $\overrightarrow {OA} .\left[ {\overrightarrow i ,\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} } \right] = 8 + 3 = 11 \ne 0$. Do đó đường thẳng D$_{1}$ và trục Ox chéo nhau.

c) Đường thẳng D$_{3}$ đi qua điểm C(−2; −2; −4) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_{{\Delta _3}}}} = \left( {1;1;4} \right)$.

Vì $\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} = \overrightarrow {{u_{{\Delta _3}}}} = \left( {1;1;4} \right)$ và B Î D$_{3}$ nên đường thẳng D$_{2}$ trùng với đường thẳng D$_{3}$.

d) Trục Oz đi qua điểm O(0; 0; 0) và có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)$.

Có $\overrightarrow {OB} = \left( { - 1; - 1;0} \right)$, $\left[ {\overrightarrow k ,\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} } \right] = \left( { - 1;1;0} \right) \ne \overrightarrow 0$.

Có $\overrightarrow {OB} .\left[ {\overrightarrow k ,\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} } \right] = 1 - 1 = 0$.

Do đó đường thẳng D$_{2}$ cắt trục Oz.

Đường thẳng ∆1 đi qua điểm A(1; 3; 1) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} = \left( {2;\,\,1;\,\, - 1} \right).$

Đường thẳng ∆2 đi qua điểm B(0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} = \left( {1;\,\,2;\,\,3} \right).$

Ta có $\left[ {\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} ,\,\,\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} } \right] = \left( {5;\,\, - 7;\,\,3} \right),\,\,\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;\,\, - 2;\,\, - 1} \right).$

Suy ra $\overrightarrow {AB} \cdot \left[ {\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} ,\,\,\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} } \right] = 5 \cdot \left( { - 1} \right) + \left( { - 7} \right) \cdot \left( { - 2} \right) + 3 \cdot \left( { - 1} \right) = 6 \ne 0.$

Vậy hai đường thẳng ∆1 và ∆2 chéo nhau.

Hai vật thể chuyển động trên hai đường thẳng

Vật 1 chuyển động trên đường thẳng đi qua A và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{v_1}}$.

Vật 2 chuyển động trên đường thẳng đi qua B và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{v_2}}$.

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

Có $\overrightarrow {AB} .\left[ {\overrightarrow {{v_1}} ,\overrightarrow {{v_2}} } \right] = - 10 + 3 = - 7 \ne 0$.

Do đó hai đường thẳng này chéo nhau.

Vậy trong quá trình chuyển động, hai vật thể trên không va chạm vào nhau.

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow u = \left( {2;1;3} \right)$.

Vì D // d nên đường thẳng D nhận $\overrightarrow u = \left( {2;1;3} \right)$ làm một vectơ chỉ phương.

Đường thẳng D đi qua điểm A(1; 1; 2) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {2;1;3} \right)$ có phương trình tham số là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 1 + t\\z = 2 + 3t\end{array} \right.$ và phương trình chính tắc là: $\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 1}}{1} = \frac{{z - 2}}{3}$.

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {1;3; - 1} \right)$.

Vì D ^ (P) nên đường thẳng D nhận vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) làm vectơ chỉ phương.

Đường thẳng D đi qua A(2; −1; 4), có vectơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {1;3; - 1} \right)$ có phương trình tham số là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = - 1 + 3t\\z = 4 - t\end{array} \right.$ và phương trình chính tắc là: $\frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y + 1}}{3} = \frac{{z - 4}}{{ - 1}}$.

Có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 1; - 5;5} \right)$.

Đường thẳng D đi qua hai điểm A(2; 3; −1) và nhận $\overrightarrow {AB} = \left( { - 1; - 5;5} \right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 - t\\y = 3 - 5t\\z = - 1 + 5t\end{array} \right.$ và phương trình chính tắc là: $\frac{{x - 2}}{{ - 1}} = \frac{{y - 3}}{{ - 5}} = \frac{{z + 1}}{5}$.

a) Đường thẳng D$_{1}$ đi qua điểm A(1; 3; 2) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2; - 1;3} \right)$.

Đường thẳng D$_{2}$ đi qua điểm B(8; −2; 2) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_2}} = \left( { - 1;1;2} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {7; - 5;0} \right)$ và $\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 5; - 7;1} \right) \ne \overrightarrow 0$ (1).

Có $\overrightarrow {AB} .\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = - 35 + 35 = 0$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra D$_{1}$ và D$_{2}$ cắt nhau.

b) Mặt phẳng (P) chứa D$_{1}$ và D$_{2}$ nên có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 5; - 7;1} \right).$

Mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; 3; 2), có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow n = \left( { - 5; - 7;1} \right)$ có phương trình là: −5(x – 1) – 7(y – 3) + (z – 2) = 0 Û 5x + 7y – z – 24 = 0.

a) Đường thẳng D$_{1}$ đi qua A(1; 3; 2) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_1}} = \left( {3;1;2} \right)$.

Đường thẳng D$_{2}$ đi qua B(1; −1; 0) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_2}} = \left( {3;1;2} \right)$.

Vì $\overrightarrow {{u_1}} = \overrightarrow {{u_2}} = \left( {3;1;2} \right)$ và A Ï D$_{2}$ do đó D$_{1}$ và D$_{2}$ song song với nhau.

b) Có $\overrightarrow {AB} = \left( {0; - 4; - 2} \right)$.

Mặt phẳng (P) chứa D$_{1}$ và D$_{2}$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {{u_1}} } \right] = \left( { - 6; - 6;12} \right)$.

Mặt phẳng (P) đi qua A(1; 3; 2) và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow n = \left( { - 6; - 6;12} \right)$ có phương trình là: −6(x – 1) −6(y – 3) + 12(z – 2) = 0 Û 6x + 6y – 12z = 0 hay x + y – 2z = 0.

Đường thẳng D$_{1}$ đi qua A(−1; 1; 3) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1;0;2} \right)$.

Đường thẳng D$_{2}$ đi qua B(−1; 2; 1) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_2}} = \left( {2;1;3} \right)$.

Có $\overrightarrow {AB} = \left( {0;1; - 2} \right)$, $\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 2;1;1} \right) \ne \overrightarrow 0$.

Có $\overrightarrow {AB} .\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = 1 - 2 = - 1 \ne 0$.

Do đó D$_{1}$ và D$_{2}$ chéo nhau.

a) Đường thẳng D$_{1}$ đi qua A(1; 0; −1) có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2; - 1;3} \right)$.

Đường thẳng D$_{2}$ đi qua B(3; −1; 0) có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_2}} = \left( { - 1;1;1} \right)$.

Vì $\overrightarrow {{u_1}} .\overrightarrow {{u_2}} = - 2 - 1 + 3 = 0$ nên hai đường thẳng D$_{1}$ và D$_{2}$ vuông góc với nhau.

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

$\overrightarrow {AB} .\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = - 8 + 5 + 1 = - 2 \ne 0$.

Do đó D$_{1}$ và D$_{2}$ chéo nhau.

Vậy nút giao thông trên là nút giao thông khác mức.

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

a) Thay tọa độ điểm M vào phương trình chuyển động, ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}7 = 1 + 2t\\\frac{7}{2} = 3 + t\\21 = 4 + 6t\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 3\\t = \frac{1}{2}\\t = \frac{{17}}{6}\end{array} \right.$.

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

b) Thay tọa độ điểm N vào phương trình chuyển động của viên đạn ta có:

$\left\{ \begin{array}{l} - 3 = 1 + 2t\\1 = 3 + t\\ - 8 = 4 + 6t\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = - 2\\t = - 2\\t = - 2\end{array} \right.$.

Suy ra điểm N nằm trên quỹ đạo chuyển động của viên đạn.

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

Để viết được phương trình đường thẳng chứa tia nắng mặt trời đi qua đỉnh cột tại thời điểm đang xét ta cần xác định tọa độ của A (đỉnh cột) và A' (bóng của đỉnh cột).

Ta có A(0; 0; 6).

Hoành độ của điểm A' là x = 3cos60° = $\frac{1}{2}$.

Tung độ của điểm A' là y = 3cos30° = $\frac{{3\sqrt 3 }}{2}$.

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

Đường thẳng chứa tia nắng mặt trời đi qua A(0; 0; 6) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {AA'} = \left( {\frac{1}{2};\frac{{3\sqrt 3 }}{2}; - 6} \right)$ có phương trình là: $\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{1}{2}t\\y = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}t\\z = 6 - 6t\end{array} \right.$.