GIỚI THIỆU BÀI HỌC
NỘI DUNG BÀI HỌC
I. Lý thuyết
1. Khoảng cơ hội từ là một điểm đến lựa chọn lối thẳng
Cho điểm M và lối thẳng \(\Delta\) đi qua loa N và có một VTCP \(\overrightarrow{u}\)
\(d(M;\Delta )=\frac{\left | \left [ \overrightarrow{NM};\overrightarrow{u} \right ] \right |}{\left | \overrightarrow{u} \right |}\)
\(\left ( =\frac{2S_{\Delta MNP}}{NP} \right )\)
2) Khoảng cơ hội từ nửa đường thẳng liền mạch và mặt mày phẳng lì tuy vậy song
Cho lối thẳng \(\Delta\) và mặt mày phẳng lì (P), \(\Delta\) // (P) Ax+By+Cz+D=0, M(x0;y0;z0)
\(d(\Delta;(P))=d(M;(P)) \ \ M \in \Delta\)
\(=\frac{\left | Ax+By+Cz+D \right |}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}\)
3) Khoảng cơ hội thân thiết hai tuyến đường trực tiếp chéo cánh nhau
Cách 1:
\(\Delta _1\) đi qua loa M1. có một VTCP \(\overrightarrow{u_1}\)
\(\Delta _2\) đi qua loa M2. có một VTCP \(\overrightarrow{u_2}\)
\(d(\Delta _1;\Delta _2)=\frac{\left | [\overrightarrow{u_1};\overrightarrow{u_2}] .\overrightarrow{M_1M_2}\right |}{[\overrightarrow{u_1};\overrightarrow{u_2}]}\)
Cách 2:
AB là đoạn vuông góc chung \(\Delta _1\), \(\Delta _2\)
\(A\in \Delta _1, B\in \Delta _2\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{u_1}=0\\ \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{u_2}=0 \end{matrix}\right.\)
\(d(\Delta _1;\Delta _2)=AB\)
II. Bài tập
Bạn đang xem: Bài 16: Khoảng cách giữa hai đường thẳng, đường thẳng và mặt phẳng song song
VD1: Cho điểm M(1;2;3) và \(\Delta :\frac{x-1}{2}=\frac{y}{2}=\frac{z+1}{1}\). Tính \(d(M;\Delta )\)
Giải
\(\Delta\) đi qua loa N(1;0;-1) và có một VTCP \(\overrightarrow{u}=(2;2;1)\)
\(d(M;\Delta )=\frac{\left | [\overrightarrow{NM};\overrightarrow{u}] \right |}{ \left | \overrightarrow{u} \right |}\)
\(\left.\begin{matrix} \overrightarrow{NM}=(0;2;4)\\ \overrightarrow{u}=(2;2;1) \end{matrix}\right\}\)
\([\overrightarrow{NM};\overrightarrow{u}] = \left ( \begin{vmatrix} 2 \ \ 4 \\ 2 \ \ 1 \end{vmatrix}; \begin{vmatrix} 4 \ \ 0 \\ 1 \ \ 2 \end{vmatrix}; \begin{vmatrix} 0 \ \ 2 \\ 2 \ \ 2 \end{vmatrix} \right )=(-6;8;-4)\)
\(d(M;\Delta )=\frac{\left | [\overrightarrow{NM};\overrightarrow{u}] \right |}{ \left | \overrightarrow{u} \right |}= \frac{\sqrt{(-6)^2+8^2+(-4)^2}}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}}=\frac{\sqrt{116}}{3} =\frac{2.\sqrt{29}}{3}\)
Cách 2:
\(H\in \Delta \Rightarrow H(1+2t;2t;-1+t)\)
\(\overrightarrow{MH}=(2t;2t-2;-4+t)\)
H là hình chiếu M trên \(\Delta\) nên
\(\overrightarrow{MH}.\overrightarrow{u}=0\Leftrightarrow 4t+2(2t-2)-4+t=0\)
\(\Leftrightarrow 9t=8\Leftrightarrow t=\frac{8}{9}\)
\(\overrightarrow{MH}=(\frac{16}{9};-\frac{2}{9};-\frac{28}{9})\)
\(d(M;\Delta )=MH=\frac{\sqrt{16^2+(-2)^2+(-28)^2}}{9}=\frac{2\sqrt{29}}{3}\)
Nhận xét:
1) Tìm \(H\in \Delta\) sao mang lại MHmin
Xem thêm: Tổng Hợp Mẫu Sơ Đồ Tư Duy Đẹp Và Độc Đáo - Zen Mind Map
VD2: Tìm tọa phỏng điểm N nằm trong lối thẳng \(\Delta: \frac{x}{2}=\frac{y}{3}=\frac{z-1}{1}\) và cơ hội d \(\left\{\begin{matrix} x=-1-t\\ y=3+2t\\ z=4+3t \end{matrix}\right.\) một khoảng tầm bằng \(\frac{13\sqrt{42}}{14}\).
Giải
\(N\in \Delta \Rightarrow N(2t;3t;1+t)\)
d trải qua M(-1;3;4), có một VTCP \(\overrightarrow{u}=(-1;2;3)\)
\(\overrightarrow{MN}=(2t+1;3t-3;t-3)\)
\(\overrightarrow{u}=(-1;2;3)\)
\(\left [ \overrightarrow{MN};\overrightarrow{u} \right ]= \left ( \begin{vmatrix} 3t-3 \ \ t-3\\ 2 \ \ \ \ \ \ \ \ \ 3 \end{vmatrix}; \begin{vmatrix} t-3 \ \ 2t+1\\ 3 \ \ \ \ \ \ \ \ \ -1 \end{vmatrix}; \begin{vmatrix} 2t+1 \ \3t-3\\ -1 \ \ \ \ \ \ \ \ \ 2 \end{vmatrix} \right )\)
\(= (7t-3;-7t;7t-1)\)
\(d(N;d)=\frac{\left | [\overrightarrow{MN};\overrightarrow{u}] \right |}{\left | \overrightarrow{u} \right |}=\frac{\sqrt{(7t-3)^2+(-7t)^2+(7t-1)^2}}{\sqrt{(-1)^2+2^2+3^2}}\)
\(=\frac{\sqrt{147t^2-56t+10}}{\sqrt{14}}\)
\(d(N;d)=\frac{13\sqrt{42}}{14}\)
\(\Leftrightarrow \frac{147t^2-56t+10}{14}=\frac{169.42}{14^2}\)
\(\Leftrightarrow 147t^2-56t-497=0\)
\(\Leftrightarrow \Bigg \lbrack\begin{matrix} t=\frac{28-\sqrt{73843}}{147}\\ \\ t=\frac{28+\sqrt{73843}}{147} \end{matrix}\)
\(\Rightarrow N\left ( \frac{56\mp 2\sqrt{73843}}{147}; \frac{84\mp 3\sqrt{73843}}{147} ; \frac{175\mp 2\sqrt{73843}}{147} \right )\)
VD3: Cho lối thẳng \(\Delta \frac{x+1}{-1}=\frac{y-2}{2}=\frac{z}{3}\) và \((P):2x+y+mz-1=0\)
a) Tìm m để \(\Delta //(P)\)
b) Tính \(d(\Delta ;(P))\)
Giải
\(\Delta\) đi qua loa M(-1;2;0), có một VTCP \(\overrightarrow{u}=(-1;2;3)\)
(P) có một VTPT \(\overrightarrow{n_P}=(2;1;m)\)
a)
\(\Delta\) // (P) \(\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} M\notin (P)\\ \overrightarrow{u}.\overrightarrow{n_P}=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -2+2+0-1\neq 0\\ -2+2+3m=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow m=0\)
b)
Với m = 0
\((P): 2x+y-1=0\)
\(d(\Delta ;(P))=d(M;(P))=\frac{\left | -2+2-1 \right |}{\sqrt{2^2+1^2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\)
VD4: Cho \((d_1)\left\{\begin{matrix} x=1+2t\\ y=2+t\\ z=-3+3t \end{matrix}\right.(d_2)\left\{\begin{matrix} x=2+u\\ y=-3+2u\\ z=1+3u \end{matrix}\right.\)
a) CMR: d1, d2 chéo cánh nhau
b) Tính d(d1;d2)
Giải
a)
d1 trải qua M1(1;2;-3), có một VTCP \(\overrightarrow{u_1}=(2;1;3)\)
d2 đi qua loa M2(2;-3;1), có một VTCP \(\overrightarrow{u_2}=(1;2;3)\)
\(\left [ \overrightarrow{u_1};\overrightarrow{u_2} \right ]= \left ( \begin{vmatrix} 1 \ \ 3\\ 2 \ \ 3 \end{vmatrix};\begin{vmatrix} 3 \ \ 2\\ 3 \ \ 1 \end{vmatrix};\begin{vmatrix} 2 \ \ 1\\ 1 \ \ 2 \end{vmatrix} \right )=(-3;-3;3)\)
\(\overrightarrow{M_1M_2}=(1;-5;4)\)
\(\left [ \overrightarrow{u_1};\overrightarrow{u_2} \right ].\overrightarrow{M_1M_2}= -3.1+(-3)(-5)+3.4=24\neq 0\)
Vậy d1, d2 chéo cánh nhau
b)
Cách 1:
\(d(d_1;d_2)=\frac{\left | [\overrightarrow{u_1};\overrightarrow{u_2}.\overrightarrow{M_1M_2 }] \right |}{\left | \overrightarrow{u_1};\overrightarrow{u_2} \right |}= \frac{24}{\sqrt{(-3)^2+(-3)^2+3^2}}=\frac{24}{3\sqrt{3}}=\frac{8}{\sqrt{3}}\)
\(=\frac{8\sqrt{3}}{3}\)
Cách 2:
\(A(1+2t;2+t;-3+3t)\in d_1\)
\(B(2+u;-3+2u;1+3u)\in d_2\)
AB là đoạn vuông góc chung
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{u_1}=0\\ \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{u_2}=0 \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} t\\ u \end{matrix}\right.\)
AB = d(d1;d2)
Bình luận