Google
Câu hỏi: Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, đường thẳng $d$ đi qua $A(1;-1;2)$, song song với mặt phẳng $(P):2x-y-z+3=0$, đồng thời tạo với đường thẳng $\Delta :\dfrac{x+1}{1}=\dfrac{y-1}{-2}=\dfrac{z}{2}$ một góc nhỏ nhất có phương trình là
A. $d:\dfrac{x-1}{4}=\dfrac{y+1}{5}=\dfrac{z-2}{3}$.
B. $d:\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y+1}{-5}=\dfrac{z-2}{7}$.
C. $d:\dfrac{x-1}{4}=\dfrac{y+1}{-5}=\dfrac{z-2}{3}$.
D. $d:\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y+1}{5}=\dfrac{z-2}{7}$.
A. $d:\dfrac{x-1}{4}=\dfrac{y+1}{5}=\dfrac{z-2}{3}$.
B. $d:\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y+1}{-5}=\dfrac{z-2}{7}$.
C. $d:\dfrac{x-1}{4}=\dfrac{y+1}{-5}=\dfrac{z-2}{3}$.
D. $d:\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y+1}{5}=\dfrac{z-2}{7}$.
Đường thẳng $\Delta $ có vecto chỉ phương là: ${{\vec{u}}_{\Delta }}=(1;-2;2)$.
Gọi vecto chỉ phương của đường thẳng $d$ là $\vec{u}=(a;b;c) , ({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ne 0)$.
Vì $d\parallel (P)\Leftrightarrow \vec{u}.{{\vec{n}}_{P}}=0\Leftrightarrow c=2a-b$. Gọi góc giữa hai đường thẳng $d$ và $\Delta $ là $\alpha $.
$\cos \alpha =\dfrac{\left| 5a-4b \right|}{3\sqrt{5{{a}^{2}}-4ab+2{{b}^{2}}}}=\dfrac{1}{3}.\sqrt{\dfrac{{{(5a-4b)}^{2}}}{5{{a}^{2}}-4ab+2{{b}^{2}}}}$
Góc $\alpha $ nhỏ nhất khi và chỉ khi $\cos \alpha $ lớn nhất, ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Nếu $b=0$ thì $\cos \alpha =\dfrac{1}{3}.\sqrt{5}$
Trường hợp 2: Nếu $b\ne 0$. Đặt $t=\dfrac{a}{b}$ $\cos \alpha =\dfrac{1}{3}.\sqrt{\dfrac{{{(5t-4)}^{2}}}{5{{t}^{2}}-4t+2}}=\dfrac{1}{3}.\sqrt{f(t)}$
Xét hàm số $f(t)=\dfrac{{{(5t-4)}^{2}}}{5{{t}^{2}}-4t+2}$, $t\in \mathbb{R}$
Đạo hàm: ${f}'\left( t \right)=\dfrac{50{{t}^{2}}-30t-8}{{{\left( 5{{t}^{2}}-4t+2 \right)}^{2}}}, {f}'\left( t \right)=0\Leftrightarrow 50{{t}^{2}}-30t-8=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& t=-\dfrac{1}{5} \\
& t=\dfrac{4}{5} \\
\end{aligned} \right.$
Bảng biến thiên:
Do $\cos \alpha \ge 0$ nên $\cos \alpha $ lớn nhất khi $f\left( t \right)$ lớn nhất, từ bảng biến thiên ta được:
$\underset{\mathbb{R}}{\mathop{\max }} f\left( t \right)=f\left( -\dfrac{1}{5} \right)$. Ta suy ra được: $0\le \cos \alpha =\sqrt{f(t)}\le \dfrac{5\sqrt{3}}{9}$
So sánh trường hợp 1 và trường hợp 2, ta suy ra: $0\le \cos \alpha \le \dfrac{5\sqrt{3}}{9}$
Do đó: $\max (\cos \alpha )=\dfrac{5\sqrt{3}}{9}$ $\dfrac{a}{b}=-\dfrac{1}{5}$. Khi đó, chọn $a=1,b=-5,c=5$
Phương trình đường thẳng $d:\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y+1}{-5}=\dfrac{z-2}{7}$.
Gọi vecto chỉ phương của đường thẳng $d$ là $\vec{u}=(a;b;c) , ({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ne 0)$.
Vì $d\parallel (P)\Leftrightarrow \vec{u}.{{\vec{n}}_{P}}=0\Leftrightarrow c=2a-b$. Gọi góc giữa hai đường thẳng $d$ và $\Delta $ là $\alpha $.
$\cos \alpha =\dfrac{\left| 5a-4b \right|}{3\sqrt{5{{a}^{2}}-4ab+2{{b}^{2}}}}=\dfrac{1}{3}.\sqrt{\dfrac{{{(5a-4b)}^{2}}}{5{{a}^{2}}-4ab+2{{b}^{2}}}}$
Góc $\alpha $ nhỏ nhất khi và chỉ khi $\cos \alpha $ lớn nhất, ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Nếu $b=0$ thì $\cos \alpha =\dfrac{1}{3}.\sqrt{5}$
Trường hợp 2: Nếu $b\ne 0$. Đặt $t=\dfrac{a}{b}$ $\cos \alpha =\dfrac{1}{3}.\sqrt{\dfrac{{{(5t-4)}^{2}}}{5{{t}^{2}}-4t+2}}=\dfrac{1}{3}.\sqrt{f(t)}$
Xét hàm số $f(t)=\dfrac{{{(5t-4)}^{2}}}{5{{t}^{2}}-4t+2}$, $t\in \mathbb{R}$
Đạo hàm: ${f}'\left( t \right)=\dfrac{50{{t}^{2}}-30t-8}{{{\left( 5{{t}^{2}}-4t+2 \right)}^{2}}}, {f}'\left( t \right)=0\Leftrightarrow 50{{t}^{2}}-30t-8=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& t=-\dfrac{1}{5} \\
& t=\dfrac{4}{5} \\
\end{aligned} \right.$
Bảng biến thiên:
$\underset{\mathbb{R}}{\mathop{\max }} f\left( t \right)=f\left( -\dfrac{1}{5} \right)$. Ta suy ra được: $0\le \cos \alpha =\sqrt{f(t)}\le \dfrac{5\sqrt{3}}{9}$
So sánh trường hợp 1 và trường hợp 2, ta suy ra: $0\le \cos \alpha \le \dfrac{5\sqrt{3}}{9}$
Do đó: $\max (\cos \alpha )=\dfrac{5\sqrt{3}}{9}$ $\dfrac{a}{b}=-\dfrac{1}{5}$. Khi đó, chọn $a=1,b=-5,c=5$
Phương trình đường thẳng $d:\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y+1}{-5}=\dfrac{z-2}{7}$.
Đáp án B.