Trong không gian với hệ toạ độ \(Oxyz\), cho điểm \(A\left( { - 1;0; - 1} \right)\) và hai đường
Trong không gian với hệ toạ độ \(Oxyz\), cho điểm \(A\left( { - 1;0; - 1} \right)\) và hai đường thẳng \({\Delta _1}:\dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{{y - 2}}{1} = \dfrac{{z + 2}}{{ - 1}},\) \({\Delta _2}:\dfrac{{x - 3}}{{ - 1}} = \dfrac{{y - 2}}{2} = \dfrac{{z + 3}}{2}\). Gọi \(d\) là đường thẳng đi qua \(A,\,\,d\) cắt \({\Delta _1}\) đồng thời góc giữa \(d\) và \({\Delta _2}\) là nhỏ nhất. Đường thẳng \(d\) đi qua điểm nào dưới đây?
Đáp án đúng là: C
Quảng cáo
Tham số hóa tọa độ điểm \(B\) là giao điểm của \(d\) và \({\Delta _1}\).
Tính \(\overrightarrow {AB} \) theo tham số \(t\).
Biện luận GTNN của góc giữa hai đường thẳng \(d\) và \({\Delta _2}\). Viết phương trình đường thẳng \(d\) khi đó.
Kiểm tra 4 điểm của 4 phương án xem điểm nào thuộc đường thẳng \(d\).
Gọi \(B\) là giao điểm của \(d\) và \({\Delta _1}\,\, \Rightarrow B\left( {1 + 2t;2 + t; - 2 - t} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {2 + 2t;2 + t; - 1 - t} \right)\).
\(\cos \left( {d;{\Delta _2}} \right) = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right)} \right|\) (trong đó \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( { - 1;2;2} \right)\) là 1 VTCP của đường thẳng \({\Delta _2}\))
\( = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {{u_2}} } \right|}} = \dfrac{{\left| {\left( {2 + 2t} \right).\left( { - 1} \right) + \left( {2 + t} \right).2 + \left( { - 1 - t} \right).2} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {2 + 2t} \right)}^2} + {{\left( {2 + t} \right)}^2} + {{\left( { - 1 - t} \right)}^2}} .\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }}\) \( = \dfrac{{\left| {2t} \right|}}{{3\sqrt {6{t^2} + 14t + 9} }} = \dfrac{2}{3}\sqrt {\dfrac{{{t^2}}}{{6{t^2} + 14t + 9}}} \).
Xét hàm số \(f\left( t \right) = \dfrac{{{t^2}}}{{6{t^2} + 14t + 9}}\) trên \(\mathbb{R}\)c ó \(f'\left( t \right) = \dfrac{{2t.\left( {6{t^2} + 14t + 9} \right) - {t^2}\left( {12t + 14} \right)}}{{{{\left( {6{t^2} + 14t + 9} \right)}^2}}} = \dfrac{{14{t^2} + 18t}}{{{{\left( {6{t^2} + 14t + 9} \right)}^2}}}\).
\(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = - \dfrac{9}{7}\end{array} \right.\).
Ta có bảng sau:
\( \Rightarrow 0 \le \dfrac{2}{3}\sqrt {\dfrac{{{t^2}}}{{6{t^2} + 14t + 9}}} \le \dfrac{2}{3}.\sqrt {\dfrac{9}{5}} \,\,\,\, \Rightarrow 0 \le \cos \left( {d;{\Delta _2}} \right) \le \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}\).
Nhận xét: \({\left( {d;{\Delta _2}} \right)_{\min }} \Leftrightarrow \cos {\left( {d;{\Delta _2}} \right)_{\max }} = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5} \Leftrightarrow t = - \dfrac{9}{7}\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( { - \dfrac{4}{7};\dfrac{5}{7};\dfrac{2}{7}} \right)\).
Khi đó, đường thẳng \(d\) đi qua \(A\left( { - 1;0; - 1} \right)\) và có 1 VTCP \(\overrightarrow u = \left( {4; - 5; - 2} \right)\) có phương trình: \(\dfrac{{x + 1}}{4} = \dfrac{y}{{ - 5}} = \dfrac{{z + 1}}{{ - 2}}\).
Ta thấy: \(\dfrac{{7 + 1}}{4} = \dfrac{{ - 10}}{{ - 5}} = \dfrac{{ - 5 + 1}}{{ - 2}}\,\, \Rightarrow \)\(P\left( {7; - 10; - 5} \right) \in d\).
Đáp án cần chọn là: C
Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
