Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đường thẳng Oxyz (Toán học Lớp 12)

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0104, trang 5), Câu 5 (Phần III) có đáp số là $15,6$.

Flycam xuất phát từ $A(4;8;0)$ bay theo hướng $\vec{u}=(3;2;3)$.
Vị trí Flycam tại thời điểm tham số $\lambda \ge 0$ là: $M(4+3\lambda ;8+2\lambda ;3\lambda )$.
Flycam còn trong vùng điều khiển khi khoảng cách đến gốc không vượt quá $100\text{ m}$.
Thời điểm vừa ra khỏi vùng điều khiển thỏa mãn:
$(4+3\lambda {)}^2+(8+2\lambda {)}^2+(3\lambda {)}^2=100^2⟺22{\lambda }^2+496\lambda -9920=0$.
Giải phương trình bậc hai với $\lambda >0$, ta được $\lambda =20$.
Quãng đường Flycam đã bay: $s=\lambda |\vec{u}|=20\sqrt{3^2+2^2+3^2}=20\sqrt{22}\text{ meˊt}$.
Thời gian bay: $t=\frac{s}{v}=\frac{20\sqrt{22}}{6}=\frac{10\sqrt{22}}{3}\approx 15,635\text{ giaˆy}\approx 15,6\text{ giaˆy}$.

Đường thẳng $d$ có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(-1;1;-4)$. Đường thẳng cần tìm đi qua $A(1;2;3)$ và nhận $\vec{u}$ làm VTCP nên có phương trình chính tắc là $\frac{x-1}{-1}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-3}{-4}$.
Chọn B.

Thay tọa độ điểm $P(-1;2;1)$ vào phương trình đường thẳng $d$ ta được $\frac{-1+1}{-1}=\frac{2-2}{3}=\frac{1-1}{3}=0$ (đúng).

Sau $10\text{s}$, cabin đi được quãng đường $s=4,5\cdot 10=45\text{m}$. Vì $|\vec{u}|=3$, nên vectơ độ dời sau $10\text{s}$ là $15\vec{u}=(-30;-30;15)$. Độ cao của cabin so với mặt đất $(Oxy)$ là $z_B=5+15=20\text{m}$.

Thay tọa độ điểm $P(-1;2;1)$ vào phương trình đường thẳng $d$ ta được $\frac{-1+1}{-1}=\frac{2-2}{3}=\frac{1-1}{3}=0$ (đúng).

Sau $10\text{s}$, cabin đi được quãng đường $s=4,5\cdot 10=45\text{m}$. Vì $|\vec{u}|=\sqrt{2^2+(-2{)}^2+1^2}=3$, nên vectơ độ dời của cabin sau $10\text{s}$ là $\frac{45}{3}\vec{u}=15\vec{u}=(30;-30;15)$. Tọa độ cabin khi đó là $B(37;-33;19)$, suy ra độ cao so với mặt đất $(Oxy)$ là $z_B=19\text{m}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 17), Câu 2 (Phần I) chọn đáp án D.

Đường thẳng $d$ có một vectơ chỉ phương là $\vec{u}=(3;-4;2)$.
Nhân $\vec{u}$ với $-3$ ta được vectơ ${\vec{u}}_1=-3(3;-4;2)=(-9;12;-6)$, cùng phương với $\vec{u}$.

Chọn đáp án D.

Đường thẳng $MN$ đi qua điểm $M(-1;2;1)$ và nhận $\overrightarrow{MN}=(4;-1;-3)$ làm một vectơ chỉ phương nên có phương trình chính tắc là $\frac{x+1}{4}=\frac{y-2}{-1}=\frac{z-1}{-3}$. Chọn B.

a) Sai: Đường thẳng $AB$ đi qua $B(-2;0;-9)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{AB}=(5;3;-1)$ nên phương trình chính tắc là $\frac{x+2}{5}=\frac{y}{3}=\frac{z+9}{-1}$.
b) Đúng: Đường thẳng $CD$ đi qua $C(4;-6;-6)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{CD}=(3;5;-2)$. Giao điểm $S$ của $AB$ và $CD$ là $S(13;9;-12)$. Khi đó $AS=\sqrt{20^2+12^2+(-4{)}^2}=\sqrt{560}$ và $CS=\sqrt{9^2+15^2+(-6{)}^2}=\sqrt{342}$. Để hai đường hầm gặp nhau tại $S$, tốc độ đào hầm $Y$ là $v_Y=5\cdot \sqrt{\frac{342}{560}}\approx 3,91\text{ (m/ngaˋy)}$.
c) Đúng: Tia $SP$ có phương trình $x=13+2t,y=9+t,z=-12+2t$ ($t>0$). Giao với mặt đất $(Oxy):z=0\Rightarrow t=6\Rightarrow P(25;15;0)\Rightarrow a+b+c=40$.
d) Đúng: Hình chiếu vuông góc của tâm $I(15;15;-8)$ lên đường thẳng $SP$ ứng với $t=2$ là $H(17;11;-8)$, khoảng cách $d(I,SP)=IH=\sqrt{2^2+(-4{)}^2+0^2}=\sqrt{20}$. Độ dài dây cung đi qua khối cầu bán kính $R=6$ là $2\sqrt{R^2-I{H}^2}=2\sqrt{36-20}=8$ (đơn vị trục), tức là $8\cdot 100=800\text{ (m)}$.

Với $x=-4$ và $y=-1$ thì $t=0\Rightarrow z=4\ne 5$. Do đó điểm $B(-4;-1;5)$ không thuộc đường thẳng $d$ (các điểm $A,D,C$ lần lượt ứng với $t=-3,t=4,t=0$). Chọn B.

Thay tọa độ điểm $D(3;0;3)$ vào phương trình đường thẳng $d$: $\frac{3-2}{1}=\frac{0+2}{2}=\frac{3}{3}=1$ (đúng), nên $d$ đi qua $D(3;0;3)$. Chọn D.

Lời giải chi tiết:
- Ý a: SAI. Vectơ vận tốc $\vec{v}=(-2;-1;-2)=-(2;1;2)$. Vectơ cùng phương phải là $(2;1;2)$ hoặc các bội số, không phải $(2;-1;2)$.
- Ý b: ĐÚNG. Mặt phẳng mặt đất là $(Oxy):z=0$. Khoảng cách từ tâm $I(0;0;4)$ đến $(Oxy)$ là $|4|=4\text{ km}$.
- Ý c: SAI. Đường thẳng $\Delta$ qua $A(5;5;6)$ có VTCP $\vec{u}=(2;1;2)$. Khoảng cách từ $I(0;0;4)$ đến $\Delta$ được tính bởi $d(I,\Delta )=\frac{|[\overrightarrow{AI},\vec{u}]|}{|\vec{u}|}=\frac{\sqrt{(-8{)}^2+6^2+5^2}}{\sqrt{2^2+1^2+2^2}}=\frac{\sqrt{125}}{3}=\frac{5\sqrt{5}}{3}\approx 3,73\text{ km}$. Vì $d(I,\Delta )>R=3$, đường bay nằm ngoài khối cầu $(S)$, không đi xuyên qua.
- Ý d: ĐÚNG. Vì $A$ và $I$ cùng phía so với $(Oxy)$ ($z>0$), điểm đối xứng của $I(0;0;4)$ qua $(Oxy)$ là $I^{\prime }(0;0;-4)$. Khi đó $KA+KI=KA+K{I}^{\prime }\ge A{I}^{\prime }$. Dấu bằng xảy ra khi $K$ là giao điểm của đường thẳng $A{I}^{\prime }$ với $(Oxy)$. Đường thẳng $A{I}^{\prime }$ có VTCP $\overrightarrow{I^{\prime }A}=(5;5;10)=5(1;1;2)$, phương trình tham số: $x=t,y=t,z=-4+2t$. Với $z=0\Rightarrow t=2\Rightarrow K(2;2;0)$.

Phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm $M(x_0;y_0;z_0)$ có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(a;b;c)$ là:
$\{\begin{array}{l}x=x_0+at\\ y=y_0+bt\\ z=z_0+ct\end{array}$
Thay tọa độ $M(1;3;-2)$ và $\vec{u}=(1;-1;5)$ ta được $\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=3-t\\ z=-2+5t\end{array}$.
Chọn C.

Vectơ chỉ phương $\overrightarrow{MN}=(1;2;-2)$. Đường thẳng đi qua $M(1;-2;3)$ có phương trình chính tắc là $\frac{x-1}{1}=\frac{y+2}{2}=\frac{z-3}{-2}$.

Lời giải chi tiết:
- Ý a: ĐÚNG. Mặt phẳng nhận $\vec{u}=(2;2;1)$ làm VTPT và qua $A(1;1;1)$: $2(x-1)+2(y-1)+1(z-1)=0\iff 2x+2y+z-5=0$.
- Ý b: ĐÚNG. Quãng đường $S={\int }_0^3(2t+2)\mathrm{d}t=[t^2+2t{]}_0^3=9+6=15\text{ m}$.
- Ý c: SAI. Đường thẳng quỹ đạo có VTCP là $\vec{u}=(2;2;1)$, không cùng phương với $(1;1;1)$.
- Ý d: ĐÚNG. Khối cầu $(S)$ có tâm $I(11;11;0)$, bán kính $R=\sqrt{11^2+11^2-217}=5$. Tại $t=3$, quãng đường $15\text{ m}$, $|\vec{u}|=3\Rightarrow \overrightarrow{AM}=\frac{15}{3}\vec{u}=(10;10;5)\Rightarrow M(11;11;6)$. Khoảng cách $IM=\sqrt{0^2+0^2+6^2}=6>R=5$, nên thiết bị lặn nằm ngoài vùng cảnh báo.

Đường thẳng $\Delta$ nhận $\vec{u}=\frac{1}{2}\vec{a}=(2;-3;1)$ làm vectơ chỉ phương và đi qua $M(2;0;-1)$ nên có phương trình tham số $\{\begin{array}{l}x=2+2t\\ y=-3t\\ z=-1+t\end{array}$. Chọn B.

Mặt phẳng $(Oyz)$ có vectơ pháp tuyến là vectơ đơn vị $\vec{i}=(1;0;0)$ thuộc trục $Ox$.
Vì đường thẳng $d\perp (Oyz)$ nên đường thẳng $d$ song song hoặc trùng với trục $Ox$. Do đó, vectơ chỉ phương của đường thẳng $d$ cùng phương với $\vec{i}$. Một vectơ chỉ phương hợp lệ là $\overrightarrow{u_2}=(1;0;0)$.
Chọn A.

Từ phương trình tham số của đường thẳng $d$, một vectơ chỉ phương của $d$ là ${\vec{u}}_3=(1;2;3)$.

Lời giải chi tiết:
- Ý a: ĐÚNG. $\overrightarrow{AC}=(5;50;100)=5(1;10;20)$, chọn VTCP $\vec{u}=(1;10;20)$. Đường thẳng $AC$ đi qua $C(20;60;50)$ có phương trình chính tắc $\frac{x-20}{1}=\frac{y-60}{10}=\frac{z-50}{20}$.
- Ý b: SAI. $B$ là giao điểm của $AC$ với $(Oxy)$ ($z=0$) nên $t=-2,5\Rightarrow B(17,5;35;0)$. Thanh ray $d$ song song mặt nước và cách mặt nước $5\text{ m}$ nên có phương trình: $\{\begin{array}{l}x=17,5+2t\\ y=35+t\\ z=5\end{array}$. Điểm $M\in d\Rightarrow M(17,5+2t;35+t;5)$. $\overrightarrow{AM}=(2,5+2t;25+t;55)$. Để $AM$ ngắn nhất thì $\overrightarrow{AM}\perp {\vec{u}}_d\iff 2(2,5+2t)+1(25+t)=0\iff 5t+30=0\iff t=-6$. Suy ra $M(5,5;29;5)\Rightarrow a^{\prime }+b^{\prime }-c^{\prime }=5,5+29-5=29,5\ne 34$.
- Ý c: ĐÚNG. Phao $B$ có $c=0$, $a=17,5$, $b=35\Rightarrow a+b+c=52,5$.
- Ý d: SAI. Quãng đường tia laser đi được trong nước sau $10\text{ ns}$ là $s={\int }_0^{10}(0,22+0,01t)\mathrm{d}t={\left[0,22t+0,005t^2\right]}_0^{10}=2,2+0,5=2,7\text{ m}\ne 2,475\text{ m}$.

Từ phương trình chính tắc của đường thẳng $d$, một vectơ chỉ phương của $d$ là $\vec{u}=(3;-1;-4)$. Nhân các tọa độ của $\vec{u}$ với $-2$, ta được một vectơ chỉ phương khác là $\overrightarrow{u_3}=-2\vec{u}=(-6;2;8)$. Chọn A.