Trong không gian \(Oxyz,\) cho đường thẳng \(d:\frac{{x + 2}}{4} = \frac{{y – 1}}{{ – 4}} = \frac{{z + 2}}{3}\) và mặt phẳng \(\left( P \right):2x – y + 2z + 1 = 0\). Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(E\left( { – 2\,;\,\,1\,;\, – 2} \right)\), song song với \(\left( P \right)\) đồng thời tạo với \(d\) góc bé nhất. Biết rằng \(\Delta \) có một vectơ chỉ phương \(\vec u = \left( {m\,;\,n\,;\,1} \right).\) Tính \(T = {m^2} – {n^2}\).

DẠNG TOÁN 45: DẠNG 45 PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN – phát triển theo đề tham khảo Toán 2021

Theo đề tham khảo Toán 2021 của Bộ GD&ĐT

ĐỀ BÀI:

Trong không gian \(Oxyz,\) cho đường thẳng \(d:\frac{{x + 2}}{4} = \frac{{y – 1}}{{ – 4}} = \frac{{z + 2}}{3}\) và mặt phẳng \(\left( P \right):2x – y + 2z + 1 = 0\). Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(E\left( { – 2\,;\,\,1\,;\, – 2} \right)\), song song với \(\left( P \right)\) đồng thời tạo với \(d\) góc bé nhất. Biết rằng \(\Delta \) có một vectơ chỉ phương \(\vec u = \left( {m\,;\,n\,;\,1} \right).\) Tính \(T = {m^2} – {n^2}\).

A. \(T = – 4\).
B. \(T = 4\).
C. \(T = 3\).
D. \(T = – 5\).

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\vec n = \left( {2\,;\, – 1\,;\,2} \right)\) và đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \(\vec v = \left( {4\,;\, – 4\,;\,3} \right)\).
Vì \(\Delta \) song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên \(\vec u \bot \vec n \Leftrightarrow 2m – n + 2 = 0 \Leftrightarrow n = 2m + 2\).
Mặt khác ta có \({\rm{cos}}\widehat {\left( {\Delta \,,\,d} \right)} = \frac{{\left| {\vec u.\vec v} \right|}}{{\left| {\vec u} \right|.\left| {\vec v} \right|}}\)\( = \frac{{\left| {4m – 4n + 3} \right|}}{{\sqrt {{m^2} + {n^2} + 1} .\sqrt {{4^2} + {{\left( { – 4} \right)}^2} + {3^2}} }}\)\( = \frac{{\left| {4m + 5} \right|}}{{\sqrt {41\left( {5{m^2} + 8m + 5} \right)} }}\)
\( = \frac{1}{{\sqrt {41} }}.\sqrt {\frac{{{{\left( {4m + 5} \right)}^2}}}{{5{m^2} + 8m + 5}}} = \frac{1}{{\sqrt {41} }}.\sqrt {\frac{{16{m^2} + 40m + 25}}{{5{m^2} + 8m + 5}}} \).
Vì \(0^\circ \le \widehat {\left( {\Delta \,,\,d} \right)} \le 90^\circ \) nên \(\widehat {\left( {\Delta \,,\,d} \right)}\) bé nhất khi và chỉ khi \({\rm{cos}}\widehat {\left( {\Delta \,,\,d} \right)}\) lớn nhất.
Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{16{x^2} + 40x + 25}}{{5{x^2} + 8x + 5}}\)\( \Rightarrow f’\left( x \right) = \frac{{ – 72{x^2} – 90x}}{{{{\left( {5{x^2} + 8x + 5} \right)}^2}}}\).
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(\max f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 5\) suy ra \(\widehat {\left( {\Delta \,,\,d} \right)}\) bé nhất khi \(m = 0 \Rightarrow n = 2\). Do đó \(T = {m^2} – {n^2} = – 4\).
Làm theo cách này thì không cần đến dữ kiện: đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(E\left( { – 2;\,\,1;\, – 2} \right)\).
Cách 2:

Gọi mặt phẳng \(\left( Q \right)\)qua \(E\) và song song với \(\left( P \right)\).
Gọi \(\Delta \) là hình chiếu vuông góc của \(d\) lên mặt phẳng \(\left( Q \right)\).
Gọi \(\Delta ‘\) là đường thẳng bất kỳ qua \(E\) và nằm trong \(\left( Q \right)\).
Gọi \(H,K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A \in d\,\,\)(\(A\), \(E\) không trùng nhau).
Ta có \(\sin \left( {d,\Delta ‘} \right) = \frac{{AK}}{{AE}} \ge \frac{{AH}}{{AE}} = const\) nên \(\Delta \) là hình chiếu vuông góc của \(d\) lên mặt phẳng \(\left( Q \right)\) sẽ thỏa mãn bài toán.
Ta có mặt phẳng \(\left( {d,\Delta } \right)\) có VTPT \(\overrightarrow n \bot \overrightarrow {{u_d}} = \left( {4; – 4;3} \right)\) và \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {2; – 1;2} \right)\) nên chọn \(\overrightarrow n = \left( { – 5; – 2;4} \right)\).
Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow u \bot \overrightarrow n = \left( { – 5; – 2;4} \right)\\\overrightarrow u \bot \overrightarrow {{n_P}} = \left( {2; – 1;2} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow u = \left( {0;2;1} \right)\).