Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng l1: x - 1 = (y + 2)/2

Đáp án C

Đường thẳng ${\mathcal{l}}_1$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_1}=\left(1;2;-1\right)$ và đi qua điểm $M_1\left(1;-2;0\right)$. Vì (Q) chứa ${\mathcal{l}}_1$ nên đi qua M₁ và vectơ pháp tuyến của nó vuông góc với $\overrightarrow{u_1}$. Do đó, ta có thể giả sử phương trình của (Q) có dạng

$A\left(x-1\right)+B\left(y+2\right)+Cz=0$ với $1\cdot A+2\cdot B+\left(-1\right)\cdot C=0$ và $A^2+B^2+C^2>0$.

Gọi $\theta$ là góc giữa (Q) và ${\mathcal{l}}_2$. Do vectơ pháp tuyến của (Q) là $\overrightarrow{n}=\left(A;B;C\right)=\left(A;B;A+2B\right)$ vì $A+2B=C$, và vectơ chỉ phương của ${\mathcal{l}}_2$ là $\overrightarrow{u_2}=\left(2;-1;2\right)$ nên ta có

$\sin \theta =\frac{\left|4A+3B\right|}{3\sqrt{2A^2+4AB+5B^2}}=\frac{1}{3}\sqrt{\frac{{\left(4A+3B\right)}^2}{2A^2+4AB+5B^2}}$.

Ta xét hai trường hợp.

+) Trường hợp B = 0 thì $\sin \theta =\frac{2\sqrt{2}}{3}$.

+) Trường hợp $B\ne 0$, ta đặt $r=\frac{A}{B}$ thì được $\sin \theta =\frac{1}{3}\sqrt{\frac{{\left(4r+3\right)}^2}{2r^2+4r+5}}$.

Từ đó, ta xét hàm số $f\left(r\right)=\frac{{\left(4r+3\right)}^2}{2r^2+4r+5}$ trên .

Ta có $f^{\text{'}}\left(r\right)=\frac{8\left(4r+3\right)\left(2r^2+4r+5\right)-{\left(4r+3\right)}^2\left(4r+4\right)}{{\left(2r^2+4r+5\right)}^2}=\frac{4\left(4r+3\right)\left(r+7\right)}{{\left(2r^2+4r+5\right)}^2}$.

Mặt khác $\underset{r\to \pm \infty }{\lim }f\left(r\right)=8$ và $f\left(-\frac{3}{4}\right)=0, f\left(-7\right)=\frac{25}{3}$ nên ta lập được bảng biến thiên, và từ đó thu được giá trị lớn nhất là $\frac{25}{3}$. Khi đó, $\sin \theta =\frac{5\sqrt{3}}{9}$.

+) So sánh hai trường hợp trên, ta thu được $\sin \alpha =\frac{5\sqrt{3}}{9}$. Từ đó $\cos \alpha =\frac{\sqrt{6}}{9}$.