Bài tập nâng cao Phương trình đường thẳng trong không gian · Bài 39

Cách 1.
Hình.
Gọi $d'$ là hình chiếu vuông góc của $d$ lên $\left( \alpha \right)$, khi đó góc $\widehat { \left( d,d' \right) }$ là góc nhỏ nhất trong các góc tạo bởi $d$ với đường thẳng bất kỳ trong $\left( \alpha \right)$.
$d$ có véc tơ chỉ phương $u_{d}=\left( 0;3;-2 \right)$, $\left( \alpha \right)$ có véc tơ pháp tuyến $n_{ \alpha } =\left( 1;1;-1 \right)$, gọi $n_{ \beta }$ là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( \beta \right)$ tạo bởi $d$ và $d'$ thì $n_{ \beta } \perp u_{d},\,n_{ \beta } \perp n_{ \alpha }$ ta chọn $n_{ \beta } =\left[ n_{ \alpha } ,u_{d}\right]=\left( 1;2;3 \right)$
Gọi $u_{ d' }$ là véc tơ chỉ phương của $d'$ thì $u_{ d' } \perp n_{ \alpha } ,\,u_{ d' } \perp n_{ \beta }$, ta chọn $u_{ d' } =\left[ n_{ \alpha } ,n_{ \beta } \right]=\left( 5;-4;1 \right)$.
Đường thẳng $\Delta$ song song hoặc trùng với $d'$ nên có véc tơ chỉ phương $u_{ \Delta } =u_{ d' } =\left( 5;-4;1 \right)$.
Do đó $\Delta$ đi qua $M(3;1;1)$ và có véc tơ chỉ phương $(5;-4;1)$, nên $\Delta:\frac{x-3}{5}=\frac{y-1}{-4}=\frac{z-1}{1}$.
Cách 2.
$d$ có véc tơ chỉ phương $u_{d}=\left( 0;3;-2 \right)$, $\left( \alpha \right)$ có véc tơ pháp tuyến $n_{ \alpha } =\left( 1;1;-1 \right)$,
Giả sử $\Delta$ có véc tơ chỉ phương $u_{ \Delta } =\left( a;\,b;\,c \right),\,\left( a^{2} +b^{2} +c^{2} >0 \right)$
Do $\Delta \subset \left( \alpha \right)$ ta có: $n_{ \alpha } .u_{ \Delta } =0\Leftrightarrow a+b-c=0\Leftrightarrow c=a+b$.
Gọi $\varphi$ là góc giữa $\Delta$ và $d$, $\varphi \in \left[ 0;\frac{\pi}{2} \right]$, khi đó:
$\cos \varphi =\left | { \cos \left( u_{ \Delta } ,u_{d}\right) } \right |=\frac{\left| 3b-2c \right|}{\sqrt{13}.\sqrt{a^{2} +b^{2} +c^{2} } }=\frac{\left| b-2a \right|}{\sqrt{13}.\sqrt{2a^{2} +2b^{2} +2ab } }$
Góc $\varphi$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $\cos \varphi$ lớn nhất, ta xét các trường hợp:
Trường hợp 1. Nếu $a=0$ ta được $\cos \varphi =\frac{1}{\sqrt{26} }$.
Trường hợp 2. Nếu $a\neq 0$ ta được: $\cos \varphi =\frac{\left| t-2 \right|}{\sqrt{26\left( t^{2} +t+1 \right) } },\,\left( t=\frac{b}{a} \right)$
Ta có $26\cos^{2} \varphi =\frac{t^{2} -4t+4}{t^{2} +t+1 }$, đặt $f\left( t \right)=\frac{t^{2} -4t+4}{t^{2} +t+1 },\,t\in \mathbb{R}$, có:
$f'\left( t \right)=\frac{5t^{2} -6t-8}{\left( t^{2} +t+1 \right)^{2} },\,f'\left( t \right)=0\Leftrightarrow \left[ t=2 \\ t=-\frac{4}{5} \right.$.
Bảng biến thiên của hàm số $f\left( t \right)$:

Do $\cos \varphi \geq 0$ nên $\cos \varphi$ lớn nhất khi $f\left( t \right)$ lớn nhất, từ bảng biến thiên ta được $\mathop{\max}\limits_{ \mathbb{R} } f\left( t \right)=f\left( -\frac{4}{5} \right)$.
Khi đó $\frac{b}{a}=-\frac{4}{5}\Leftrightarrow 5b=-4a$, chọn $a=5\Rightarrow b=-4$ và ta được và ta được $c=1$.
Đường thẳng $\Delta$ có véc tơ chỉ phương $u_{ \Delta } =\left( 5;-4;1 \right)$.
Do đó $\Delta$ đi qua $M(3;1;1)$ và có véc tơ chỉ phương $(5;-4;1)$, nên $\Delta:\frac{x-3}{5}=\frac{y-1}{-4}=\frac{z-1}{1}$.