Trong không gian Oxyz, cho tam giác nhọn ABC có \(H\left( {2\,;\,2\,;\,1} \right), K\left( { – \frac{8}{3}\,;\,\frac{4}{3}\,;\,\frac{8}{3}} \right)\), O lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A,\,\,B,\,\,C\) trên các cạnh \(BC,\,\,AC,\,\,AB\). Đường thẳng d qua A và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có phương trình là

A. \(d:\frac{{x + 4}}{1} = \frac{{y + 1}}{{ – 2}} = \frac{{z – 1}}{2}\)

B. \(d:\frac{{x – \frac{8}{3}}}{1} = \frac{{y – \frac{2}{3}}}{{ – 2}} = \frac{{z + \frac{2}{3}}}{2}\)

C. \(d:\frac{{x + \frac{4}{9}}}{1} = \frac{{y – \frac{{17}}{9}}}{{ – 2}} = \frac{{z – \frac{{19}}{9}}}{2}\)

D. \(d:\frac{x}{1} = \frac{{y – 6}}{{ – 2}} = \frac{{z – 6}}{2}\)

Suy nghĩ và trả lời câu hỏi trước khi xem đáp án

Môn: Toán Lớp 12

Chủ đề: Phương pháp toạ độ trong không gian

Bài: Phương trình đường thẳng trong không gian

Lời giải:

Báo sai

Ta có tứ giác BOKC là tứ giác nội tiếp đường tròn (vì có hai điểm K, O cùng nhìn BC dưới một góc vuông). Suy ra \(\widehat {OKB} = \widehat {OCB}\,\left( 1 \right)\)

Ta có tứ giác KDHC là tứ giác nội tiếp đường tròn (vì có hai điểm K, H cùng nhìn DC dưới một góc vuông). Suy ra \(\widehat {DKH} = \widehat {OCB}\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\widehat {DKH} = \widehat {OKB}\,\). Do đó BK là đường phân giác trong của \(\widehat {OKH}\) và AC là đường phân giác ngoài của \(\widehat {OKH}\).

Tương tự ta chứng mình được OC là đường phân giác trong của \(\widehat {KOH}\) và AB là đường phân giác ngoài của \(\widehat {KOH}\).

Ta có OK = 4, OH = 3, KH = 5.

Gọi I, J lần lượt là chân đường phân giác ngoài của \(\widehat {OKH}\) và \(\widehat {KOH}\).

Ta có \(I = AC \cap HO, \frac{{IO}}{{IH}} = \frac{{KO}}{{KH}} = \frac{4}{5} \Rightarrow \overrightarrow {IO} = \frac{4}{5}\overrightarrow {IH} \Rightarrow I\left( { – 8\,;\, – 8\,;\, – 4} \right)\).

Ta có \(J = AB \cap KH, \frac{{JK}}{{JH}} = \frac{{OK}}{{OH}} = \frac{4}{3} \Rightarrow \overrightarrow {JK} = \frac{4}{3}\overrightarrow {JH} \Rightarrow J\left( {16\,;\,4\,;\, – 4} \right)\).

Đường thẳng IK qua I nhận \(\overrightarrow {IK} = \left( {\frac{{16}}{3}\,;\,\frac{{28}}{3}\,;\,\frac{{20}}{3}} \right) = \frac{4}{3}\left( {4\,;\,7\,;\,5} \right)\) làm vectơ chỉ phương có phương trình \(\left( {IK} \right):\left\{ \begin{array}{l}x = – 8 + 4t\\y = – 8 + 7t\\z = – 4 + 5t\end{array} \right.\).

Đường thẳng OJ qua O nhận \(\overrightarrow {OJ} = \left( {16\,;\,4\,;\, – 4} \right) = 4\left( {4\,;\,1\,;\, – 1} \right)\) làm vectơ chỉ phương có phương trình \(\left( {OJ} \right):\left\{ \begin{array}{l}x = 4t’\\y = t’\\z = – t’\end{array} \right.\).

Khi đó \(A = IK \cap OJ\), giải hệ tìm được \(A\left( { – 4\,;\, – 1\,;\,1} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow {IA} = \left( {4\,;\,7\,;\,5} \right)\) và \(\overrightarrow {IJ} = \left( {24\,;\,12\,;\,0} \right)\)

Ta tính \(\left[ {\overrightarrow {IA} \,,\,\overrightarrow {IJ} } \right] = \left( { – 60\,;\,120\,;\, – 120} \right) = – 60\left( {1\,;\, – 2\,;\,2} \right)\).

Khi đó đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có vectơ chỉ phương \(\vec u = \left( {1\,;\, – 2\,;\,2} \right)\) nên có phương trình \(d:\frac{{x + 4}}{1} = \frac{{y + 1}}{{ – 2}} = \frac{{z – 1}}{2}\)