•Mỗi đuờng thẳng ∆ cĩ nhiều phương trình tham số do tọa độ M và ar quyết định.. Gọi G là trong tâm tam giác ABC.Viết phương trình đường thẳng OG.. Viết phương trình tham số đường thẳng ∆
Trang 1a ∆
r
∆ a
r
∆ d
d
a ∆ = a
∆
[n ,n ] α β
r r
n α
r n β r
α β
a r
•
Chủ đề: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHƠNG GIAN
A- KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
I VECTƠ CHỈ PHƯƠNG CỦA ĐƯỜNG THẲNG
Định nghĩa
a ( 0) ≠
làVTCP của ∆ ⇔ giá(ar) //,≡ ∆
Lưu ý
r r ri, j,k lần luợt là VTCP của trục Ox, Oy, Oz
∆ qua 2 điểm A, B thì ∆ cĩ VTCP ABuuur
∆ // d ⇒ VTCP của d là VTCP của ∆
∆⊥ (α) ⇒ VTPT của (α) là VTCP của ∆
∆ là giao tuyến của 2 mặt phẳng (α) và (β) thì
∆ cĩ VTCP là:
a r∆ = [n ,n ] r rα β
II PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ
Định lý
Nếu ∆ qua M(xo ; yo ; zo) và cĩ vectơ chỉ phương ar
= (a1 ; a2 ; a3) thì (∆) cĩ phương trình tham số là:
o 1
o 2
o 3
x x a t
( ) : y y a t , (t ).
z z a t
= +
¡
Lưu ý
•Mỗi giá trị t ∈ IR ứng với một điểm thuộc ∆ và
ngược lại
•Mỗi đuờng thẳng ∆ cĩ nhiều phương trình tham số
do tọa độ M và ar quyết định
M ∈∆ ⇔ M x( o + a t ; y 1 o + a t ; z 2 o + a t 3 )
Đặc biệt
Ox :
x t
y 0
z 0
=
=
=
, Oy :
x 0
y t
z 0
=
=
=
, Oz :
x 0
y 0
z t
=
=
=
III PHƯƠNG TRÌNH CHÍNH TẮC
Định lý
Nếu ∆ qua điểm M(x o ; y o ; z o) và cĩ VTCP ar
= (a 1 ; a 2 ; a 3 ) với a 1 a 2 a 3 ≠ 0 thì ∆ cĩ phương trình chính
tắc là :
( ) :
B- BÀI TẬP MINH HỌA:
PHƯƠNG PHÁP
Tìm 1 điểm đi qua và VTCP
∆ :
= +
= +
o o o
, t ∈ IR
Tìm 2 điểm đi qua
PHÂN DẠNG
phẳng
thẳng.
thẳng trên một mặt phẳng
đường thẳng.
chéo nhau.
đường thẳng
thẳng và cắt 1 đường thẳng.
và cắt 1 đường thẳng.
thẳng.
đường thẳng.
∆ α
a ∆ = n α
Trang 2∆ α
u n ∆ = α
r r
M •
Bài 1: a) (TNPT-PB-CB-2006).Viết PTTS của đt d
đi qua 2 điểm A(– 1 ; 1 ; 2), B(0 ; 1 ; 1)
b) Viết phương trình chính tắc đường thẳng ∆
qua 2 điểm P(2 ; 3 ; – 1), Q(1 ; 2 ; 4)
HD:
a) d qua A(– 1 ; 1 ; 2) và cĩ vectơ chỉ phương
AB 1 ; 0 ;–1 uuur= nên cĩ phương trình tham số là:
x 1 t
d : y 1
z 2 t
= − +
=
= −
b) ∆ qua P(2 ; 3 ; – 1) và cĩ vectơ chỉ phương
PQ –1 ;–1 ; 5uuur= nên cĩ phương trình chính tắc:
∆ : x 2 y 3 z 1
− = − = +
Bài 2: Cho A(1 ; 0 ; – 1), B(1 ; 2 ; 1), C(0 ; 2 ; 0)
Gọi G là trong tâm tam giác ABC.Viết phương trình
đường thẳng OG
HD:
G là trọng tâm tam giác ABC nên :
G
G
x
( )
OG qua O và cĩ VTCP OGuuur= ( )
Bài 3: Cho A(3; – 2 ; – 2) và mặt phẳng (P): 2x – 2y
+ z – 1 = 0 Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua
A và vuơng gĩc (P)
HD:
(P) cĩ vectơ pháp tuyến nrP = (2 ; – 2 ; 1)
∆ qua A(3; – 2 ; – 2) và vuơng gĩc (P) nên ∆ cĩ vectơ
chỉ phương là: u ∆
r = nrP = (2 ; – 2 ; 1) Phương trình ∆ là :
∆:
x 3 2t
y 2 2t
= +
= − −
= − +
( hay ∆ : x 3 y 2 z 2
− = + = +
Bài 4:Viết phương trình tham số, chính tắc (nếu cĩ)
đường thẳng :
a) ∆ đi qua điểm M(4 ; 3 ; 1) và song song đường
thẳng: d :
x 1 2t
y 3t
z 3 2t
= +
= −
= +
( hay d : x 12− = y3=z 32−
b) d qua A(2 ; – 1 ; 1) và song song trục Oy.
HD:
a) d cĩ vectơ chỉ phương là: urd = (2 ; – 3 ; 2)
∆ qua M(4 ; 3 ; 1) và song song d nên ∆ cĩ vectơ chỉ phương u ∆
r = urd = (2 ; – 3 ; 2).
PTTS ∆ :
x 4 2t
y 3 3t
z 1 2t
= +
= −
= +
PTCT ∆ : x 4 y 3 z 1
− = − = −
−
b) d qua A(2 ; – 1 ; 1) và song song trục Oy nên d cĩ
vectơ chỉ phương rj = (0 ; 1; 0).
PTTS d :
x 2
z 1
=
= − +
=
Khơng cĩ PTCT.
Bài 5: Viết phương trình tham số đường thẳng ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng :
(α) : x + 2y – z + 3 = 0 (β) : 2x – 3y + 5z – 1 = 0
HD:
Hệ tọa độ các điểm thuộc ∆ là :
x 2y z 3 0 2x 3y 5z 1 0
+ − + =
C1: Cho x = 0 ⇒ − + =2y z 3 03y 5z 1 0
− + − =
= −
= −
⇒ M(0 ; – 2 ; – 1) ∈ ∆ Cho y = 0 ⇒ − + =x z 3 02x 5z 1 0
z 1
= −
=
⇒ N(– 2 ; 0 ; 1) ∈ ∆
∆ qua M và cĩ vectơ chỉ phương MNuuuur = (…)
∆ : {x =
C2: Cho x = 0 ⇒ − + =2y z 3 03y 5z 1 0
− + − =
= −
= −
⇒ M(0 ; – 2 ; – 1) ∈ ∆ (α) cĩ VTPT n α
r = (1 ; 2 ; – 1) (β) cĩ VTPT n β
r = (2 ; – 3 ; 5)
∆ cĩ VTCP u ∆
r = [ n α
r , n β
r ] = (…) (…)
C3: Cho x = t ⇒ +t 2y z 3 02t 3y 5z 1 0− + =
⇒ = − −yz 1 t2 t
= − −
Vậy ∆ cĩ phương trình tham số là :
∆
d
u ∆ = u
M
•
d
∆
α
ur∆ = [n ,n ]r rα β
n α r
•
β
n β r
M
Có 3 cách
Trang 3• P
?
•
•
•
Có 2 cách
A
∆
1
d
2
d
M N
•
•
•
∆ :
x t
z 1 t
=
= − −
= − −
Bài 6: Cho đường thẳng: ∆ :
x 1 t
y 2 t
z 1 3t
= +
= −
= − +
Viết phương trình hình chiếu ∆’ của ∆ trên mặt
phẳng (Oxy)
HD:
C1:
Cho: t = 0 ⇒ A(1 ; 2 ; – 1) ∈ ∆
t = 1 ⇒ B(2 ; 1 ; 2) ∈ ∆
Gọi A’, B’ là hình chiếu của A, B trên (Oxy)
Khi đĩ : A’(1 ; 2 ; 0), B’(2 ; 1 ; 0)
∆’ qua A’ và cĩ vectơ chỉ phương A'B'uuuur = (1 ; – 1 ; 0)
nên cĩ phương trình :
∆’ :
x 1 t
y 2 t
z 0
= +
= −
=
C2: ∆ qua M(1 ; 2 ; – 1) và có VTCP u ∆
r = (2 ;– 1; 3) (Oxy) có VTPT k (0;0;1)r=
Gọi (P) là mặt phẳng qua ∆ và vuơng gĩc với mp(Oxy)
(P) qua M và cĩ VTPT:
P
nr =uur ru ,k∆ = − − 1; 2;0
Vậy (P) : -(x – 1) -2(y - 1) +0(z +1) = 0
⇔ x + 2y – 3 = 0
Gọi ∆’ là hình chiếu vuơng gĩc của ∆ trên (Oxy)
thì ∆’ là giao tuyến giữa (P) và (Oxy) Hệ tọa độ
các điểm thuộc ∆’ là :
x 2y 3 0
z 0
+ − =
=
Cho : y = t ⇒ + − =x 2t 3 0z 0
=
x 3 2t
z 0
= −
=
Vậy ∆’ cĩ phương trình :
∆’ :
x 3 2t
y t
z 0
= −
=
=
Bài 7: (ĐH-B-2004).
Cho A(– 4 ; – 2 ; 4) và đường thẳng:
d :
x 3 2t
y 1 t
z 1 4t
= − +
= −
= − +
Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A, cắt và
vuơng gĩc d
HD:
Gọi H(– 3 + 2t ; 1 – t ; – 1 + 4t) ∈ d là hình chiếu của
A trên d.
AHuuur = (1 + 2t ; 3 – t ; – 5 + 4t)
d
u
r = (2 ; – 1 ; 4) là VTCP của d
Ta cĩ :
AHuuur ⊥ urd ⇔ 2(1+2t )– 1(3 – t) + 4(–5+4t) = 0
⇔ 21t – 21 = 0 ⇔ t = 1
⇒ H(– 1 ; 0 ; 3)
∆ qua A(– 4 ; – 2 ; 4) và cĩ VTCP AHuuur = (3 ; 2 ; – 1) nên cĩ phương trình :
∆ : x 4 y 2 z 4
−
Bài 8*:(NC) Cho hai đường thẳng:
d1 : x 1 y 1 z
− = + =
− , d2 :
x 2 y 3 z 1
− = + = −
−
a) Chứng minh d1 và d2 chéo nhau
b) Viết phương trình tham số đường thẳng ∆ qua A(– 1 ; 3 ; – 5) và cắt cả d1, d2
HD:
b) Gọi M(1 + 2m ; – 1 – m ; 2m), N(2 + n ; – 3 – 2n ;
1 + 4n) lần luợt là giao điểm của ∆ với d 1 , d 2
AMuuuur = (2 + 2m ; – 4 – m ; 5 + 2m)
ANuuur = (3 + n ; – 6 – 2n ; 6 + 4n) [ AMuuuur, ANuuur] = (6m – 6n + 6 ; – 6m – 3n – 6mn + 3 ;
– 9m – 3mn )
Ta cĩ AMuuuur, ANuuur cùng phương khi và chỉ khi : [ AMuuuur, ANuuur] = 0r ⇔
6m 6n 6 0 6m 3n 6mn 3 0 9m 3mn 0
⇔ m = 1 ; n = 0 Vậy M(1 ; – 1 ; 0), N(3 ; – 5 ; 5) ∆ qua A(– 1 ; 3 ; – 5) và cĩ VTCP MNuuuur= (2 ; – 4 ; 5) nên cĩ phương trình tham số :
∆ :
x 1 2t
y 3 4t
z 5 5t
= − +
= −
= − +
, t ∈ IR
Bài 9*: (ĐH-A-2007).
Cho hai đường thẳng và mặt phẳng:
d1: x y 1 z 2
− d2:
x 1 2t
y 1 t
z 3
= − +
= +
=
(P) : 7x – y + 4z = 0
∆
A
d
• H d
ur
Trang 4d d 1
2
d
M
•
P
nr
P
?
•
N
A
∆
1
d
2
d B
•
1
u r
•
?
d A
P
nr
P • ?∆
d
ur
u ∆ r
1
d
A
P • B• ?∆
2
d
Viết phương trình đường thẳng d vuông góc
với (P) và cắt d1, d2
HD:
Gọi M(2m ; 1 – m ; – 2 + m) ∈ d 1 và
N(– 1 + 2n ; 1 + n ; 3) ∈ d 2 lần lượt là giao
điểm của d với d 1 , d 2
MNuuuur = (– 1 + 2n – 2m ; n +m ; 5 – m)
P
nr = (7 ; – 1 ; 4) là VTPT của (P)
Ta có:
MNuuuur, nrP cùng phương ⇔
1 2n 2m n m
1 2n 2m 5 m
⇔ 5m 9n 1m 8n−+ = −=39
n 4
= −
=
Suy ra M(– 14 ; 8 ; – 9), N(7 ; 5 ; 3)
d qua M và có VTCP MNuuuur = (21 ; – 3 ; 12) nên có
phương trình:
d : x 14 y 8 z 9
−
Bài 10*: (ĐH-D-2006).
Cho điểm A(1 ; 2 ; 3) và hai đường thẳng :
d1 : x 2 y 2 z 3
−
d2 : x 1 y 1 z 1
− = − = +
−
Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A,
vuông góc d1 và cắt d2
HD:
d 1 có VTCP ur1 = (2 ; – 1 ; 1)
Gọi B(1 – t ; 1 + 2t ; – 1 + t) ∈ d 2 là giao điểm của
∆ và d 2
ABuuur = (– t ; – 1 + 2t ; – 4 + t) là VTCP của ∆
Ta có :
∆ ⊥ d 1 ⇔ ur1 ABuuur = 0
⇔ 2(– t) – 1(– 1 + 2t) + 1(– 4 + t) = 0
⇔ – 3t – 3 = 0 ⇔ t = – 1
⇒ B(2 ; – 1 ; – 2)
∆ qua A(1 ; 2 ; 3) và có VTCP ABuuur = (1 ; – 3 ; – 5)
Do đó ∆ có phương trình :
∆ : x 1 y 2 z 3
− = − = −
Bài 11: (ĐH-A-2005).
Cho đường thẳng d : x 1 y 3 z 3
− = + = −
phẳng (P) : 2x + y – 2z + 9 = 0
Tìm giao điểm A của d với (P) Viết phương trình tham số đường thẳng ∆ nằm trong (P), qua A và vuông góc d
HD:
Tọa độ giao điểm A của d và (P) là nghiệm hệ :
x 1 y 3 z 3
2x y – 2z 9 0
− = + = −
−
⇔
2x y 1 0
x z 4 0 2x y – 2z 9 0
+ + =
+ − =
⇔
x 0
z 4
=
= −
=
Vậy A(0 ; – 1 ; 4)
d có VTCP urd = (– 1 ; 2 ; 1) (P) có VTPT nrP = (2 ; 1 ; – 2)
Vì ∆ nằm trong (P) và vuông góc d nên ∆ có VTCP
u ∆
r = [ urd, nrP] = (| |, | |, | |) = (– 5 ; 0 ; – 5) Mặt khác ∆ qua A(0 ; – 1 ; 4) nên có phương trình tham số :
d :
x 5t
z 4 5t
= −
= −
= −
Bài 12: (CĐKT CAO THẮNG 2007) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P) : y + 2z = 0 và cắt hai đường thẳng :
d1 :
x 1 t
y t
z 4t
= −
=
=
d2 :
x 2 t
y 4 2t
z 1
= −
= +
=
HD:
Gọi A,B là giao điểm của d 1 , d 2 với (P) Tọa độ A, B
là nghiệm các hệ (I) & (II):
x 1 t
y t (I) :
z 4t
y 2z 0
= −
=
=
+ =
⇔
x 1 t
y t
z 4t 9t 0
= −
=
=
=
⇔
x 1
y 0
z 0
t 0
=
=
=
=
⇒ A(1; 0 ; 0)
Trang 5Chủ đề: Đường thẳng trong không gian Hình học 12
x 2 t
y 4 2t (II) :
z 1
y 2z 0
= −
= +
=
+ =
⇔
x 2 t
y 4 2t
z 1
6 2t 0
= −
= +
=
+ =
⇔
x 5
z 1
=
= −
=
= −
⇒ B(5 ; – 2 ; 1)
∆ qua A và có VTCP ABuuur = (4 ; – 2 ; 1) nên có
phương trình :
∆ : x 1 y z
4 − = = 2 1
−
Bài 13: Cho hai đường thẳng :
d1 : x 1 y 1 z 2
+ = − = −
− , d2 :
− = + =
−
a) Chứng minh d1 và d2 chéo nhau
b) Viết phương trình đường vuông góc chung
giữa d1 và d2
HD:
b) Gọi A(– 1 + a ; 1 + 3a ; 2 – 3a) ∈ d 1 và
B(2 + b ; – 2 + 5b ; – 6b) ∈ d 2 là giao điểm của ∆ với
d 1 , d 2 (hình)
d 1 có VTCP ur1 = (1 ; 3 ; – 3)
d 2 có VTCP ur2 = (1 ; 5 ; – 6)
∆ có VTCP ABuuur = ( 3 + b – a ; – 3 + 5b – 3a ;
– 2 – 6b + 3a)
Ta có :
1
2
⊥
⊥
r uuur
r uuur ⇔
1(3 b a) 3( 3 5b 3a) 3( 2 6b 3a) 0
1(3 b a) 5( 3 5b 3a) 6( 2 6b 3a) 0
⇔ −19a 34b 034a 42b 0+ =
a 0
b 0
=
=
Vậy A(– 1 ; 1 ; 2), B(2 ; – 2 ; 0)
∆ qua A và có VTCP ABuuur= (3 ; – 3 ; – 2 nên có
phương trình :
∆ :
x 1 3t
y 1 3t
z 2 2t
= − +
= −
= −
(hoặc ∆ : x 1 y 1 z 2
+ = − = −
* Lưu ý : Có bài giải ra a, b lẻ → vẫn tiếp tục !
C- BÀI TẬP TỰ LUYỆN:
Bài 14: (TNPT-PB-CB-2007).
Cho (α) : x + 2y – 2z + 6 = 0 và E(1 ; 2 ; 3) Viết phương trình tham số đường thẳng d qua E và vuông góc (α)
Bài 15: (TNPT-PB-NC-2007)
Viết phương trình tham số đường thẳng d qua điểm M(– 1 ; – 1 ; 0) và vuông góc mặt phẳng (P) : x + y – 2z – 4 = 0
Bài 16: (TNPT-KPB-2008)
Cho (α) : 2x – 3y +6z + 35 = 0 và M(1 ; 2 ; 3) Viết phương trình đường thẳng đi qua M và vuông góc (α)
Bài 17: (ĐH-D-2007)
Cho A(1 ; 4 ; 2), B(– 1 ; 2 ; 4) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và vuông góc mặt phẳng (OAB)
HD: Chỉ cần tìm VTPT của (OAB)
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên :
G
3
OAuuur = (1 ; 4 ; 2), OBuuur = (– 1 ; 2 ; 4) (d) qua G và vuông góc (OAB) nên (d) có VTCP : u
r = [ OAuuur, OBuuur] = (| |, | |, | |) = (12 ; – 6 ; 6)
= 6(2 ; – 1 ; 1) (d) : (…)
Lưu ý : Nếu đề không yêu cầu dạng TS hay CT thì
viết dạng nào cũng được !
Bài 18: Viết phương trình giao tuyến giữa mặt phẳng
(P) : 2x – 3y + z – 1 = 0 và mặt phẳng (Oxy)
HD:
Hệ tọa độ các điểm thuộc giao tuyến ∆ là :
2x 3y z 1 0
z 0
=
Cho y = t được : ( ) ⇔
1 3
2 2
z 0
= +
=
Vậy phương trình tham số của ∆ là :
∆ :
= +
=
=
1 3
2 2
y t
z 0
Bài 19: Cho đường thẳng: d: x 1 y 3 4 z
+ = − = −
Viết phương trình hình chiếu d’ của d trên mặt phẳng (Oxz)
HD:
Trong phương trình của d cho :
x = – 1 ⇒ y = 3, z = 4 ⇒ A(– 1 ; 3 ; 4) ∈ d
x = 1 ⇒ y = 4, z = 3 ⇒ B(1 ; 4 ; 3) ∈ d
1
d
A
?
•
∆
•
B
2
d
1
u r
2
u r
Trang 6Gọi A’, B’ là hình chiếu vuông góc của A, B trên (Oxz) thì
A’(– 1 ; 0 ; 4), B’(1 ; 0 ; 3)
d' qua A’ và có VTCP A'B'uuuur = (2 ; 0 ; – 1) nên có phương
trình :
d’ :
x 1 2t
y 0
z 4 t
= − +
=
= −
Bài 20: Cho đường thẳng ∆: x 1 y 1 z
− = + =
− và mặt
phẳng: (α) : x – 2y + z + 3 = 0
Viết phương trình hình chiếu vuông góc của ∆
trên (α)
HD:
∆ qua M(1 ; – 1 ; 0) và có VTCP u ∆
r
= (2 ; – 1 ; 2) ( α ) có VTPT n α
r
= (1 ; – 2 ; 1) Gọi (P) là mặt phẳng chứa ∆ và vuông góc ( α ).
(P) qua M và có VTPT :
P
nr = [ u ∆
r
, n α
r
] = (| |, | |, | |) = (3 ; 0 ; – 3) Vậy (P) : 3(x – 1) + 0(y + 1) – 3(z – 0) = 0
⇔ 3x – 3z – 3 = 0 ⇔ x – z – 1 = 0
Gọi ∆ ’ là hình chiếu vuông góc của ∆ trên ( α ) thì ∆ ’ là giao
tuyến giữa (P) và ( α ) Hệ tọa độ các điểm thuộc ∆ ’ là :
x z 1 0
x 2y z 3 0
− − =
− + + =
Cho : z = t ⇒ x t 1 0
x 2y t 3 0
− − =
− + + =
x 1 t
y 2 t 0
= +
= + =
Vậy ∆ ’ có phương trình :
∆ ’ :
x 1 t
y 2 t
z t
= +
= +
=
Bài 21: Cho tứ diện ABCD với A(1 ; – 2 ; 6),
B(2 ; – 1 ; 1), C(0 ; – 2 ; 1), D(4 ; 5 ; 11)
a) Viết phương trình mặt phẳng (BCD).
b) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của
đường thẳng AB trên mặt phẳng (BCD)
HD:
a) ( ) (BCD) : x – 2y + z – 5 = 0
b) (BCD) có VTPT nr= (1 ; – 2 ; 1)
Gọi d là đường thẳng qua A(1 ; – 2 ; 6) và vuông góc
(BCD) thì d có VTCP là:
d
u
r
= nr= (1 ; – 2 ; 1)
d :
x 1 t
y 2 2t
z 6 t
= +
= − −
= +
Tọa độ hình chiếu H của A trên (BCD) là nghiệm hệ :
x 1 t
y 2 2t
z 6 t
x 2y z 5 0
= +
= − −
= +
− + − =
⇔
x 1 t
y 2 2t
z 6 t 6t 6 0
= +
= − −
= +
+ =
⇔
x 0
y 0
z 5
=
=
=
⇒ H(0 ; 0 ; 5) Hình chiếu vuông góc của AB trên (BCD) là đường thẳng BH
BH qua B(2 ; – 1 ; 1), có VTCP BHuuur = (– 2 ; 1 ; 4)
Do đó AH : x 2 y 1 z 1
− = + = −
−
Bài 22: Cho hai đường thẳng :
d : x 1 y 2 z
− = − =
x 1 t'
y 3 2t'
z 1
= +
= −
=
Viết PT đường vuông góc chung giữa d1 và d2
Bài 23: Cho tứ diện ABCD với A(2 ; 4 ; – 1),
B(1 ; 4 ; – 1), C(2 ; 4 ; 3), D(2 ; 2 ; – 1)
a) Chứng minh AB, AC, AD vuông góc với nhau
từng đôi một
b) Viết phương trình đường vuông góc ∆ chung của hai đường thẳng AB, CD
HD:
b) Ta có: AB AC
AB AC
⇒ AB ⊥ (ACD) ⇒ AB ⊥ CD
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên CD thì đường thẳng AH là đường vuông góc chung của AB, CD.
CD
uuur
= (0 ; – 2 ; – 4)
AH qua A(2 ; 4 ; – 1) và có VTCP :
ur = [ ABuuur, CDuuur] = (0; – 4 ; 2)
AH :
x 2
y 4 4t
z 1 2t
=
= −
= − +
Bài 24: (DB2-B-2006) Cho A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0)
mặt phẳng (P) : 2x + y – z + 5 = 0 Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB trên mặt phẳng (P)
Bài 25: (DB2-D-2006) Cho A(1 ; 2 ; 0), B(0 ; 4 ; 0),
C(0 ; 0 ; 3) Viết phương trình đường thẳng ∆ qua gốc O và vuông góc mặt phẳng (ABC)
Bài 26: (DB1-D-2006) Cho mặt phẳng
(P) : 4x – 3y + 11z – 26 = 0 và hai đường thẳng :
d1 : x y 3 z 1
x 4 y z 3
− = = −
Viết phương trình đt ∆ nằm trong (P) và cắt d1, d2
Bài 27: (DB2-A-2007) Cho A(2 ; 0 ; 0), B(0 ; 4 ; 0),
C(2 ; 4 ; 6) và đt d: x = t, y = 4, z = 6 – 3t
Viết phương trình đường thẳng ∆ song song d và cắt
cả hai đường thằng AB và OC
Bài 28: (DB1-D-2007) Cho mặt phẳng
(P) : x + y + z + 2 = 0 và đường thẳng
d : x 3 y 2 z 1
−
a) Tìm tọa độ giao điểm M của d và (P).
b) Viết ptđt ∆ nằm trong (P), vuông góc d và cách điểm M một khoảng bằng 42
A
C B
D H
A B
C
D
Trang 7Chủ đề: Đường thẳng trong không gian Hình học 12 Bài 29: Cho đường thẳng ∆ : x 1 y 2 z 1
− = − = −
và mặt phẳng (P) : 2x + y + z – 4 = 0
Viết phương trình hình chiếu song song của ∆ trên
(P) theo phưong d : x 3 y 1 z 2
+ = + = −
HD : Gọi (Q) là mặt phẳng chứa ∆ và song song d thì
hình chiếu ∆ ’ là giao tuyến của (P) và (Q)
Bài 30: (HKII-2010-NC) Viết ptđt nằm trong mặt
phẳng ( ): y 2z 0 α + = và cắt cả hai đường thẳng:
d : y t & d : y 4 2t.
Bài 31: (HKII-2009-CB) Cho đường thẳng
x 3 y 2 z 2
d :
− = − = −
( ): x 2y 2z 3 0, ( ') : x 2y 2z 3 0 α + − − = α + − + =
a) Viết ptts của đt d và tìm giao điểm của d với
(α) và (α')
b) Lập PT mặt cầu (S) có tâm thuộc d và tiếp xúc
với cả hai mặt phẳng (α) và (α')
Bài 32: (HKII-2009-NC) Cho điểm M(-2; 3; 1) và
đường thẳng d :x y 5 z 4.
a) Viết ptđt ∆ đi qua M vuông góc với d và cắt d
b) Viết pt mặt cầu (S) có tâm A nằm trên d và có
bán kính AM = 11.
Chủ đề: VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA HAI
ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHÔNG GIAN
1/ Theo chương trình cơ bản:
Cho hai đường thẳng:
d qua M và có VTCP ar
d’ qua M’ và có VTCP a'r
Gọi nr= [ar,a'r ]
Dấu hiệu 1 (SGK-CB)
d, d’ chéo nhau ⇔ a,a'Heä (d,d') nghieäm
r r
voâ khoângcuøng phöông
d, d’ cắt nhau ⇔ Hệ (d,d’) có một nghiệm
d, d’ song song ⇔ Heä (d,d') nghieäm
a,a'
r r
voâ cuøng phöông
d, d’ trùng nhau ⇔ Hệ (d,d’) vô số nghiệm
Dấu hiệu 2 (SBT-CB)
d, d’ chéo nhau ⇔ n.MM' 0r uuuuur≠
d, d’ cắt nhau ⇔ n 0
n.MM' 0
≠
=
r r
r uuuur
d, d’ song song ⇔ n 0
M d'
=
∉
r r
d, d’ trùng nhau ⇔ n 0
M d'
=
∈
r r
Dấu hiệu vuông góc
d ⊥ d’ ⇔ a a'r⊥r
2/ Theo chương trình nâng cao:
Cho hai đường thẳng:
∆1 qua M1 và có VTCP ur1
∆2 qua M2 và có VTCP ur2
Dấu hiệu 1 (SGK-NC)
∆1, ∆2 chéo nhau ⇔ [u ,u ].M Mr r1 2 uuuuur1 2≠ 0
∆1, ∆2 cắt nhau ⇔ 1 2 1 2
1 2
[u ,u ].M M 0 [u ,u ] 0
≠
r r uuuuur
∆1, ∆2 song song ⇔ 1 2
[u ,u ] 0 [u , M M ] 0
≠
r uuuuur r
∆1, ∆2 trùng nhau ⇔ [u ,u ] [u ,M M ] 0r r1 2 = r uuuuur1 1 2 =r
Dấu hiệu 2 (Cả hai ban đều dùng được)
Hệ (∆1,∆2) có một nghiệm: ∆1, ∆2 cắt nhau
1 2
1 2
Heä ( , ) nghieäm
u ,u
r r
voâ cuøng phöông : ∆1, ∆2 song song
1 2
1 2
Heä ( , ) nghieäm
u ,u
r r
voâ khoângcuøng phöông : ∆1, ∆2 chéo nhau
1
∆2
2 M
1
u r
2
ur
2
∆
1 M
2 M 1
u
r
2
ur
cheùonhau
1
∆ M1 M2 ∆ 2 1
ur ur2
truøngnhau
1
∆
2
∆
1 M 2 M
1
ur
2
ur
songsong
Trang 8Hệ (∆1,∆2) có vô số nghiệm: ∆1, ∆2 trùng nhau
* Trường hợp trùng nhau gần như không gặp !
∆1⊥∆2⇔ ur1 ⊥ ur2
Ví dụ 1: Xét vị trí tương đối của đường thẳng
( ) :
thẳng sau:
1
2
3
4
Giải
Cách 1: (SGK-CB)
Đường thẳng ( )D đi qua M(1 ; -1 ; 5) và có vectơ chỉ
phương ur =(2;3;1)
Đường thẳng (d ) có vectơ chỉ phương 1 aur1=(4;6; 2)
1
2
=
và M 1 ; 1 ; 5( - )Î (d )1 nên ( )D º (d ).1
Cách 2: (SBT-CB)
Đường thẳng ( )D đi qua M(1 ; -1 ; 5) và có vectơ chỉ
phương ur =(2;3;1)
Đường thẳng (d ) đi qua M’(4;1;3) và có vectơ chỉ 2
phương auur2 =(6;9;3)
Suy ra: n=éu,a2ù=(0;0;0)=0
Và M 1 ; 1 ; 5( - )Ï (d )2 nên ( ) / / (d ).D 1
Cách 3: (SGK-NC)
Đường thẳng ( )D đi qua M(1 ; -1 ; 5) và có vectơ chỉ
phương ur =(2;3;1)
Đường thẳng (d ) đi qua M’(3;2;6) và có vectơ chỉ 3
phương auur3=(4;3;5)
Ta có: n=éu,a3ù=(12; 6; 6- - )¹ 0
MM ' (2;3;1) Suy ra : n.MM ' 0.uuuur = uur uuuur =
Vậy ( )D cắt (d ) 3
Cách 4: Viết lại ptts của ( )D và (d ) lần lượt là:4
4
( ) : y 1 3t (d ) : y 2 2t '
Xét hệ pt:
1 2t 1 3t '
1 3t 2 2t '
5 t 1 2t '
ïï
ïï- + = - + íï
ï + =- + ïïî
3 t 5 2t 3t ' 0
2 3t 2t ' 1 t '
5
ìïï =-ïï
-3 t 5 2
t ' 5
6(vô lý)
ìïï =-ïï ïï
ïï =
Û í ïï ïï
ï - - =-ïï
ïî
suy ra hệ pt vô nghiệm
Do đó ( )D và (d ) hoặc chéo nhau, hoặc song song 4 nhau
Mặt khác: ( )D có vectơ chỉ phương u (2;3;1)r =
Và (d ) có vectơ chỉ phương 4 auur4=(3; 2; 2)
Dour ¹ ka , kuur4 " Î ¡ nên u và ar uur4không cùng phương Vậy: ( )D và (d ) chéo nhau.4
Ví dụ 2: Cho hai đường thẳng
(d) :
- và
(d ') : y 2t
ì = -ïï
ïï = íï
ï =- + ïïî
a) Xét vị trí tương đối giữa d và d’.
b) Tìm giao điểm của d và d’ (nếu có)
Giải a) PTTS của d là:
x 1 2t '
y 1 t '
z t '
ì = + ïï
ïï = - + íï
ï =-ïïî
Xét hệ pt:
3 t 1 2t ' t 2t ' 2
t 0 2t t ' 1 t ' 1
t ' 1
Vậy d và d’ cắt nhau
b) Thay t = 0 vào ptts của d’ ta được giao điểm là
M(3;0; 1)
-BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài 1: Xét vị trí tương đối giữa các cặp đương thẳng
sau đây:
a) d :x 1 y 7 z 3, d ' :x 6 y 1 z 2
Trang 9
-Chủ đề: Đường thẳng trong không gian Hình học 12
b) d :x 1 y 2 z, d ' : x y 8 z 4
-c) d :x 2 y z 1, d ' :x 7 y 2 z
-d) d :x 1 y 6 z 3, d ' :x 7 y 6 z 5
e)
d : y 1 t và d ' : y 8 2t '
f)
d : y 3t và d ' : y 9
g)
x 1 t
d : y 1 2t và d ' :
ì = +
íï
ï =- +
ïïî
h)
x 9t
d : y 5t và d '
ì =
ïï
ïï =
íï
ï =- +
ïïî
là giao tuyến của hai mặt
phẳng:
( ) : 2x 3y 3z 9a - - - =0 và ( ) : x 2y z 3b - + + =0
Bài 2: Chứng minh d và d’ chéo nhau, viết phương
trình đường vuông góc chung của d và d’:
a) d :x 2 y 3 z 4, d ' :x 1 y 4 z 4
-b)
d : y 1 t và d ' : y 3
c)
x 1 t
d : y 3 2t và d ' :
z 1
ì = +
-ï =
ïïî
Chủ đề: VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA ĐƯỜNG
THẲNG VÀ MẶT PHẲNG
Cho đường thẳng d qua M và có VTCP ar, và
mặt phẳng (α) có VTPT nr.
Dấu hiệu 1 (SGK-CB-NC)
d,(α) cắt nhau ⇔ Hệ [d,(α)] một nghiệm
d,(α) song song ⇔ Hệ [d,(α)] vô nghiệm
d,(α) trùng nhau ⇔ Hệ [d,(α)] vô số nghiệm
Dấu hiệu 2 (SBT-CB)
d,(α) cắt nhau ⇔ a.nr r ≠ 0 d,(α) song song ⇔ a.n 0
M ( )
=
∉ α
r r
d,(α) trùng nhau ⇔ a.n 0
M ( )
=
∈ α
r r
Dấu hiệu vuông góc
∆ ⊥ (α) ⇔ a ,n ∆ α
r r cùng phương
Ví dụ: Xét vị trí tương đối của đt
x 1 2t : y 2 4t
z 3 t
= +
∆ = +
= +
với
mặt phẳng (α) trong các trường hợp sau:
a) ( ) : x y z 2 0α + + + =
b) ( ) : 4x 8y 2z 7 0α + + − =
c) ( ) : x y 2z 5 0α − + + =
d) ( ) : 2x 2y 4z 10 0α − + − =
Giải
C1: a) Xét hệ
9 x 7 25 y
7 13 z 7 8 t 7
= −
= −
⇔
=
= −
Vậy d cắt (α) tại M 9; 25 13;
C2: b) đt ( )∆ đi qua M(1; 2; 3) và có VTCP a (2; 4;1)r= mp(α) có VTPT rn (4;8;2) =
Ta có: a.n 42 0r r= ≠ nên ( )∆ cắt mp(α).
Câu c, d làm tương tự: c) ( ) / / ( ).∆ α d) ∆ ⊂ α( )
BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài 1: Xét vị trí tương đối của đt (d) và mp(α) trong các trường hợp sau:
a)
x t
d : y 1 2t và ( ) : x 2y z 3 0
z 1 t
=
= −
d α
songsong
α M•
d
d
Trang 10b)
x 2 t
d : y t và ( ) : x z 5 0
z 2 t
= −
= +
c)
x 3 t
d : y 2 t và ( ) : x y z 6 0
z 1 2t
= −
= +
e) x 1 y 3 z
f) x 9 y 1 z 3
g) d là giao tuyến của 2 mp(P): 3x + 5y + 7z + 16 = 0 và
(Q): 2x – y + z – 6 = 0 ( ) : 5x z 4 0.α − − =
Bài 2: Cho đường thẳng d :x 1 y 1 z
− và mặt
phẳng ( ) : x 2y z 1 0.α + + − =
Chứng minh d cắt (α) và tìm tọa độ giao điểm của
chúng.
Bài 3: Cho đường thẳng d :x 3 y 1 z 1
và mặt phẳng ( ) : 2x 2y z 3 0.α − + + =
a) Chứng minh: d // (α).
b) Tính khoảng cách giữa d và (α).
Bài 4: Cho hai đt 1
d :
2
x 7 3t
d : y 2 2t
z 1 2t
= +
= +
= −
a) CM: d1 và d2 cùng nằm trong một mặt phẳng (α).
b) Viết phương trình của (α).
HD: a) Tìm VTCP a và auur1 uur2của d 1 ; d 2
Lấy M1∈d ;M1 2∈d2
Tính n= a ,a1 2
r uur uur
; n.M Mr uuuuuur1 2 =0 suy ra d 1 ; d 2 đồng phẳng
b) mp(α) đi qua M 1 và có VTPT là nr, vậy pt của mp(α)
là: 2x – 16y – 13z + 31 = 0.
Chủ đề: KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN
MỘT ĐƯỜNG THẲNG
•Lập (α) qua M và vuông góc ∆.
•Tìm giao điểm H giữa (α)
và ∆
•d(M,∆ ) = MH
Chọn N ∈ ∆ và ar là VTCP của ∆.
Tính [MN,a]uuuur r
d(M,∆ ) = |[MN,u |
| u |
uuuur r r
Đặc biệt
Khoảng cách từ M đến các trục tọa độ :
y + z , d(M, Oy) = 2 2
x + z
•Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:
• Lập (α) chứa ∆’ và song song ∆
•Chọn M ∈ d.
•d(∆, ∆’) = d[M,(α)]
•Chọn M ∈ ∆ , ar là VTCP của ∆.
•Chọn M’∈ ∆’ , a'r là
•VTCP của ∆’
•d(∆ 1 , ∆ 2 ) =
|[a,a'].MM' ||[a,a']|
r r uuuur
r r
•Chú ý: CB hay dùng cách 1, NC hay dùng cách 2.
Ví dụ: Tính khoảng cách từ điểm A đến đt ∆ trong các trường hợp sau:
a)
A(1; 2;1) và ( ) : y 1 2t
z 1 2t
= − +
= − −
b) A(1;0;1) và ( ) :x 1 y z
−
Giải
a) C1: Gọi (α) là mp đi qua A và vuông góc với ∆.
Ta có VTPT của (α) là n (1; 2; 2).r= − Phương trình của (α) là: x + 2y – 2z – 3 = 0.
Tọa độ giao điểm H của ∆và (α) là nghiệm của hpt:
17 x 9
y
z 9
x 2y 2z 3 0
1 t 9
= −
= − +
=
=
H 17 11; ; 11
d1
d2
M1
M2
M
•
?
α H
N
ar
∆
?
M
'
∆ α
M
M'
ar
a'r
∆
'
∆
