08 duuong thang

Vấn đề ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHÔNG GIAN A.TĨM TẮT GIO KHOA Phương pháp: Phương pháp chung để lập phương trình đường thẳng  ta cần tìm điểm qua véc tơ phương (VTCP) Khi tìm VTCP đường thẳng  , ta cần lưu ý: u r r �Nếu giá hai véc tơ khơng phương a, b vng góc với  u r r � a, b�là VTCP  � � uuuur �Nếu đường thẳng  qua hai điểm phân biệt M , N MN VTCP đường thẳng  Trong số trường hợp thường xác định đường thẳng cách sau: Cách 1: Tìm hai điểm A, B thuộc đường thẳng  Khi tìm điểm thuộc đường thẳng ta cần lưu ý: M �d : x  x0 � M  x0  at; y0  bt; z0  ct a  y  y0 b  z  z0 c Cách 2: Tìm hai mặt phẳng phân biệt chứa đường thẳng  Khi  giao tuyến hai mặt phẳng Vì có nhiều mặt phẳng chứa  nên chọn mặt phẳng chứa  , ta thường dựa vào dấu hiệu sau: �Nếu đường thẳng d qua M vng góc với d ' đường thẳng d nằm mặt phẳng qua M vuông góc với d ' �Nếu đường thẳng  qua M cắt đường thẳng d đường thẳng  nằm mặt phẳng qua M đường thẳng d �Nếu đường thẳng  qua M song song với mặt phẳng (P ) đường thẳng  nằm mặt phẳng qua M song song với (P ) �Nếu đường thẳng  song song với đường thẳng d cắt đường thẳng d ' đường thẳng  nằm mặt phẳng chứa d ' song song với đường thẳng d B.PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN Bi tốn VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI Phương pháp: Để xét vị trí tương đối hai đường thẳng d1 : x  x1 a1  y  y1 b1  z  z1 c1 d2 : x  x2 a2  y  y2 b2  z  z2 c2 118 Ta làm sau: �x1  a1t  x2  a2t ' � Xét hệ phương trình : �y1  b1t  y2  b2t ' (*) � �z1  c1t  z2  c2t ' �Nếu (*) có nghiệm (t0; t '0) hai đường thẳng d1 d2 cắt A  x1  a1t0; y1  b1t0; z1  c1t0  �Nếu (*) có vơ số nghiệm hai đường thẳng d1 d2 trùng �Nếu (*) vơ nghiệm, ta xét phương hai véc tơ uur uur u1   a1; b1; c1  u2   a2; b2; c2  uur uur +) Nếu u1  ku2 � d1 / / d2 uur uur +) Nếu u1 �k.u2 d1 d2 chéo Ví dụ 1.3.6 Trong không gian hệ toạ độ Oxyz , x1 y z   Cho đường thẳng  : mặt phẳng (P ) : x  2y  z  1 Gọi C giao điểm  với (P ) , M điểm thuộc  Tính khoảng cách từ M đến (P ) , biết MC  Cho điểm A (2;1;0), B  1;2;2 , C  1;1;0 mặt phẳng (P ) : x  y  z  20  Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng (P ) Lời giải �x   2t � , t �R Cách 1: Phương trình tham số  : �y  t �z  2  t � x , y , z Thay vào phương trình (P ) ta :  2t  2t  t   � t  1 � C  1; 1; 1 Điểm M � � M (1  2t; t; 2  t) � MC  � (2t  2)2  (t  1)2  (t  1)2  � t  � M (1;0; 2) � d  M ;(P )  � �� � t   � M (  3;  2;0) � d M ;( P )    � � u r Cách 2: Đường thẳng  có u  (2;1; 1) VTCP 119 ur Mặt phẳng (P) có n  (1; 2;1) VTPT u r ur   � Gọi H hình chiếu M lên (P ) , suy cos HMC  cos u, n nên ta có � d(M , (P ))  MH  MC.cos HMC  �x   t uuur �    , phương trình AB :�y   t Ta có AB   1;1;2 �z  2t � uuur AB � D  t ;1   t ;2  t � CD    t;t;2  t D Vì thuộc đường thẳng   ur Véc tơ pháp tuyến mặt phẳng  P  :n   1;1;1 ur uuur P CD / / P � n CD  ( ) C Vì khơng thuộc mặt phẳng nên   �   t  1.t  1.2t  � t   �5 �2 � Vậy D � ; ; 1� � Ví dụ 2.3.6 Trong khơng gian hệ toạ độ Oxyz , x y1 z  Xác định tọa độ điểm M trục Cho đường thẳng  :  2 hoành cho khoảng cách từ M đến  OM �x   t � x y1 z   Xác định Cho hai đường thẳng 1 : �y  t  : 2 �z  t � toạ độ điểm M thuộc 1 cho khoảng cách từ M đến  Lời giải Vì M �Ox � M (m;0;0) u r Đường thẳng  qua N (0;1;0) có u  (2;1;2) VTCP nên uuuuu r u r � NM , u� � � d(M , )   u r u 5m2  4m  Nên d(M , )  OM � 5m2  4m   t � m2  m   � m  1, m  120 Vậy có hai điểm M thỏa u cầu tốn: M 1(1;0;0), M (2;0;0) u r A 2;1;0  u  có   2;1;2 VTCP Đường thẳng qua  Vì uuuur uuuur u r M �1 � M   t; t; t � AM  t  1; t  1; t � � AM u�  t  2; 2;3  t  � � uuuur u r � AM u� 2 � �  �  t  2   2    t  Nên d  M , 2   � u r u � t � M (4;1;1) � 2t2  10t   � � t  � M (7;4;4) � Ví dụ 3.6 Trong không gian hệ toạ độ Oxyz : x y z   Cho đường thẳng  : mặt phẳng 2 1 (P ) : x  y  z   Gọi I giao điểm  (P ) Tìm tọa độ điểm M thuộc (P ) cho MI vng góc với  MI  14 Đề thi ĐH Khối B – 2011 x y z   hai điểm 2 A (2;1;1), B (3; 1;2) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  cho Cho đường thẳng  : tam giác MAB có diện tích Đề thi ĐH Khối B – 2011 Lời giải Ta có  cắt (P ) I (1;1;1) uuur Điểm M (x; y;3  x  y) �(P ) � MI    x;1  y; x  y  2 u r Đường thẳng  có a   1; 2; 1 VTCP Ta có : uuur u r � �y  2x  MI.a  � � �� � � (1  x)2  (1  y)2  (2  x  y)2  16.14 �MI  16.14 � �x  3 � �y  7 �x  �y  � Vậy có hai điểm thỏa u cầu tốn: M (3; 7;13) M (5;9; 11) Vì M � � M (2  t;1  3t; 5  2t) 121 Ta có uuur uuuur uuur uuuur AB  (1; 2;1), AM  (t;3t; 6  2t) � � AB, AM � (t  12; t  6; t) � � u u u r u u u u r Do SMAB  � �AB, AM � � 2� � (t  12)2  (t  6)2  t2  � t2  12t  � t  0, t  12 Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu toán: M (2;1; 5) M (14; 35;19) Ví dụ 4.3.6 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P ) có x1 y z phương trình : x  2y  2z   hai đường thẳng d1 :   , 1 x y z  Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d1 d2 :   2 cho khoảng cách từ M đến đường thẳng d2 khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P ) Lời giải Giả sử M  a; b; c điểm cần tìm Vì M �1 � �a  b  a  b c   �� 1 �c  6b  Khoảng cách từ M đến mp (P ) là: d  d(M ;(P ))  a  2b  2c  12  (2)2  22  11b  20 Gọi (Q) mp qua M vng góc với  , ta có: Suy (Q) : 2(x  a)  1( y  b)  2(z  c)  � 2x  y  2z  9b  16  Gọi H giao điểm (Q)  , suy tọa độ H nghiệm hệ : � 2x  y  2z  9b  16  � � H (2b  3; b  4;2b  3) �x  y  z    � �2 2 Do MH  (3b  4)2  (2b  4)2  (4b  6)2  29b2  88b  68 Yêu cầu toán trở thành: MH  d2 � 29b2  88b  68  (11b  20) 2 � 261b  792b  612  121b  440b  400 122 53 35 �18 53 � Vậy có điểm thoả mãn là: M (0;1; 3) M � ; ; � �35 35 35 � � 140b2  352b  212  � 35b2  88b  53  0b  1, b  Ví dụ 5.3.6 Xét vị trí tương đối đường thẳng 1,  Tính góc hai đường thẳng 1 : x1 y1 z   x1 y1 z1   , tìm giao điểm chúng (nếu có) Lời giải uur Đường thẳng 1 qua điểm M 1(1;  1; 5) có u1(2; 3; 1) VTCP uur Đường thẳng  qua điểm M (1;  1; 1) có u2 (4; 3; 5) VTCP uuuuuuur r r u1, u1 � Cách 1: Ta có M 1M (2; 0;  4) � � � (12;  6;  6), nên u u u u u u u r r r � u1, u1 � � �.M 1M  24   24  M Vậy hai đường u thẳng cắt ur uur điểm Cách 2: Ta có u1(2; 3; 1), u2(4; 3; 5) không phương nên hai đường 2 : thẳng cắt nhau, chéo Chuyển hai phương trình dạng tham số xét hệ phương trình �  2u  1  4v � �1  3u  1  3v � �  u   5v � � u  2v  1 � u  v  � u  v  1 � � u  5v  4 � Vậy hai đường thẳng cắt điểm M (3; 2;6) Góc hai đường thẳng uur uur u1.u2 uur uur 8 9 11 cos(1,  2)  cos(u1, u2)  uur uur   14 50 u1 u2 �11 � � (1, 2 )  arccos � ��33,74 �5 � Ví dụ 6.3.6 Tìm tọa độ H hình chiếu vng góc A(2; 1; 4) lên: Mặt phẳng (P ) : 2x  y  z   Đường thẳng  : Lời giải 123 x 1 y  z 1   1 Lập phương trình đường thẳng d qua A d  (P ) Khi điểm H giao điểm d (P ) r Vì n(P ) (2;  1;  1) nên đường thẳng d qua A(2; 1; 4) d  (P ) có phương x   2t � � y   t (t �R) Điểm H �d nên H(2  2t;1  t;4  t) trình � � z  4 t � Mà điểm H �(P ) nên 2(2  2t)  (1  t)  (4  t)   � t  1 Vậy tọa độ H(0;2; 5) Có hai cách giải Cách 1: Lập phương trình mặt phẳng ( ) qua A ( )  , tọa độ điểm H giao ( )  r Vì u  (1; 1; 2) nên mặt phẳng ( ) qua A ( )   có phương trình x  y  2z  11  �x  x  y  2z  11  � � � Tọa độ điểm H nghiệm hệ �x  y  z  � �y  3, hay   � � z3 �1 � H(2;3;3) Cách 2: Vì H � nên H phụ thuộc ẩn Sử dụng điều kiện AH   ta tìm tọa độ H uuuu r Vì H � nên H(1  t;  t;  2t) � AH(t  1;t  1; 2t  3) uuuu rr Vì AH   nên AH.u  � t   t   2(2t  3)  � t  Vậy tọa độ H(2;3;3) Ví dụ 7.3.6 Xét vị trí tương đối đường thẳng d mp ( ) Tìm tọa độ giao điểm chúng có : �x  12  4t � d : �y   3t ,t �� �z   t � ( ) : 3x  y  z   x  10 y  z    ( ) : y  z  17  3 1 Lời giải uur uuu r Ta kí hiệu ud VTCP đường thẳng  , n VTPT mp ( ) d : Cách : Thay phương trình d vào phương trình () ta có : 3(12  4t)  4(9  3t)   t   � 23t  69  � t  3 124 Vậy d cắt ( ) A (0;0; 2) uur uuu r uur uuu r Cách : Ta có : ud  (4;3;1), n  (3;4; 1) � ud n  35 �0 Vậy d ( ) cắt Cách : Xét hệ phương trình � �y  4z  17 2x  3y  6z   � � �� 2x  6z  49  �x  y  z   �y  4z  17  �x  3y  12  � � Ta thấy hệ vôuunghiệm suy duu/ur/( ) r uur uuu r Cách : Ta có : ud  (3;4; 1), n  (0;1;4) � ud n  Mặt khác điểm M (10;4;1) �d mà M �( ) � d / /( ) Ví dụ 8.3.6 Tính khoảng cách từ A (2;3; 1) đến đường thẳng x y z   Lời giải u r Đường thẳng  qua B(3;2;0) có u  (1;3;2) VTCP : Cách 1: Gọi H hình chiếu A lên  , suy H   t;2  3t;2t uuuur � AH   t  1;3t  1;2t  1 uuuur u r Vì AH   � AH u  � 1(t  1)  3(3t  1)  2(2t  1)  � t  uuuur Do AH  (1; 1;1) � d  A,    AH  uuur uuur u r AB, u�  5; 1;4 Cách 2: Ta có AB   1; 1;1 � � � � uuur u r � AB, u� (5)2  (1)2  42 � �   Do d  A,    u r 2 u 3 2 Ví dụ 9.3.6 Tìm m để hai đường thẳng sau cắt tìm tọa độ giao điểm chúng : d1 : Lời giải Cách : 125 x y z   m1 d2 : x y z    1 �x   2t �x   4t ' � � Ta có ptts đường thẳng d1 : �y  2  4t d2 : �y  t ' �z   (m  1)t �z   2t ' � � �  2t   4t ' � Ta có d1 d2 cắt � hệ �2  4t   t ' có nghiệm �  ( m  1) t   t ' � Từ hai phương trình đầu hệ ta tìm t  t '  thay vào phương trình thứ ba ta có :  (m  1).1   � m  Khi tọa độ giao điểm hai đường thẳng : A  8;2;4 Cách : uur Đường thẳng d1 có VTCP u1  (2;4; m  1) qua M 1(6; 2;3) uur Đường thẳng d2 có VTCP u2  (4; 1;2) qua M (4;0;2) uur uur uuuuuuur u , u � (m  7;4m  8; 18), M 1M  (2;2; 1) Do : � �1 � uur uur uuuuuuur �� u1, u2 �.M 1M  �� � r Ta có d1 d2 cắt � �uur uur u1, u2 ��0 �� � �� � 2(m  7)  2(4m  8)  18  � m  tọa độ giao điểm : A  8;2;4 Ví dụ 10.3.6 Cho đường thẳng  : A (2; 5; 6) x1 y z   điểm 3 Tìm tọa độ hình chiếu A lê đường thẳng  Tìm tọa độ điểm M nằm  cho AM  35 Lời giải u r Ta có u  (2;1; 3) VTCP đường thẳng  Cách Gọi H hình chiếu A lên đường thẳng  , suy uuuur H   2t; 2  t; 1  3t  � AH   2t  1; t  3; 3t  5 uuuur u r Vì AH   � AH u  � 2(2t  1)  (t  3)  3(3t  5)  � 14t  14  � t  Vậy H  3; 1; 4 Cách Gọi (P ) mặt phẳng qua A vng góc với  Suy phương trình (P ) : 2x  y  3z  17  Khi H   �(P ) nên tọa độ H 126 � 2x  y  3z  17  � nghiệm hệ: �x  y  z  , giải hệ ta tìm   � 3 �2 H  3; 1; 4 uuuur M �  � M  t ;   t ;   t � Vì   AM   2t  1; t  3; 3t  5 Nên AM  35 � (2t  1)2  (t  3)2  (3t  5)2  35 � t2  2t  � t  0, t  �t  � M (1; 2; 1) �t  � M (5;0; 7) Ví dụ 11.3.6 Cho tam giác AI B có A(a 3; 0; 0), B(a 3; 0; 0) � B  1200,a  Điểm I thuộc trục tung có tung độ âm Trên đường thẳng AI qua I song song với trục Oz lấy điểm C,D cho tam giác ABC vuông, tam giác ABD C,D có cao độ dương Tìm tọa độ điểm I,C,D Lời giải Tìm tọa độ điểm I Vì I thuộc trục tung có tung độ âm nên I(0; t; 0),t  uur uur Ta có I A(a 3;  t; 0), I B(a 3;  t; 0) nên uur uur uur uur I B � B  cos(I A; I B)  uuA.I cosAI r uur IA IB � cos1200  3a2  t2 (a 3)2  ( t2 )  02 (a 3)2  (t2 )  02 ta � � 3a2  t2  2(3a2  t2 ) � t2  a2 � � � I(0;  a; 0) t  a � Vậy điểm I(0;  a; 0) Đường thẳng qua I song song với trục Oz có phương trình �x  �  : �y  a (t ��) � zt � Tìm tọa độ điểm C uuur uuur Vì C � nên C(0;  a; t),t  Ta có CA(a 3; a;  t), CB(a 3; a;  t) Rõ ràng CA  CB nên tam giác ABC phải vuông C uuur uuur � t  2a 2 2 Hay CA.CB  � 3a  a  t  � t  2a � � t   2a � 127 ur uuuur uur AM , u1 �  1; 1;0 VTPT (P ) Nên n  � � � u r ur uur � �(P ) � n, u2 �  2; 2;1 VTCP  (trong , suy u  � � � �  d2 Vì � uur u2   2;1; 3 VTCP đường thẳng d2 ) x y z   2uuuu r 2 Cách 2: Gọi E   �d1 , suy E   t;2  t; t nên AE   t; t; t  1 uuuu r uur uuuu r Vì   d2 � AE u2  � 2t  t  2(t  1)  � t  � AE  (2; 2;1) Vậy phương trình tắc đường thẳng  là: x y z   2 uu r Đường thẳng 1 qua C (1;3; 1) có v1   2; 1;1 VTCP uur Đường thẳng  qua D(2;3;4) có v2   1;1; 3 VTCP Vậy phương trình tắc đường thẳng  là: Gọi ( ) mặt phẳng qua B 1 , suy  �( ) uur uu r uuur n1  � v1, BC �  3; 8; 2 VTPT ( ) � � Gọi ( ) mặt phẳng qua B  , suy  �( ) uur uur uuur n2  � v2, BD �  14;38;8 VTPT ( ) � � u r uur uur n1, n2 � (12; 4; 2) Ta có  giao tuyến ( ) ( ) nên a  � � � VTCP Vây phương trình tắc đường thẳng  là: x y z1   2 1 Ví dụ 17.3.6 Viết phương trình tham số đường thẳng  , biết:  giao tuyến hai mặt phẳng ( ) : x  y  z   ( ) : 2y  z    giao tuyến hai mặt phẳng ( ) : x  y  z   ( ) : 2x  y  5z    hình chiếu vng góc d : ( ) : x  y  z   x1 y z   lên mp 1 Lời giải Để lập phương trình đường thẳng  ta có cách sau 136 uur uur Cách 1: Ta có n1   1;1;1 n2   0;2; 1 VTPT    ( ) u r uur uur n , n � 3;1;2 VTCP  Do   ( ) �( ) , suy a  � �1 �  �x  y  z   (*) Cho y  � x  z  , suy 2y  z   � Xét hệ phương trình � M (1;1;1) � �x   3t � Vậy phương trình tham số đường thẳng  là: �y   t , t �� �z   2t � �x  y  z   2y  z   � Cách 2: Xét N (x; y; z) � � N �( ) �( ) � � �x   3t � , t ��, phương trình tham số Đặt y  t , ta có: �y  t �z  1  2t �  Cách 3: Trong hệ (*) cho y  � z  1, x  Do điểm E (4;0; 1) � Hay  �ME , từ ta lập phương trình tham số  là: �x   3t � , t �� �y  t �z  1  2t � Để lập phương trình đường thẳng  ta có cách sau Cách 1: Ta có A(1; 1;1), B(5;6;4) hai điểm chung ( ) ( ) uuur � A, B �d � AB  (4;7;3) VTCP d �x  1  4t � Phương trình tham số d : �y  1  7t , t �R �z   3t � x1 y1 z1   uur uur4 Cách 2: Ta có n1  (1;1; 1), n2  (2; 1;5) VTPT ( ), ( ) u r uur uur n1, n2 � (4; 7; 3) Vì d giao tuyến ( ) ( ) nên u  � � � Phương trình tắc d : Từ ta lập phương trình cuả d 137 �M �( ) �x  y  z   �� 2x  y  5z   �M �( ) � � x  t � �x  y  3  t � 3 �� Đặt z  t ta được: � 2x  y   5t � �y   10  t � 3 � x  t � � 3 d : , t �� Phương trình tham số � �y   10  t; z  t � 3 Để lập phương trình đường thẳng  tar có cách sau Đường thẳng d qua M (1;2;0) có v  (1;2; 1) VTCP ur Mặt phẳng ( ) có n   1;1;1 VTPT Cách 3: Ta có M (x; y; z) �d � � �x  y  z   � 1 , giải hệ ta Xét hệ phương trình � �x  y  z   � x  0, y  0, z  , suy d ( ) cắt I (0;0;1) I � Cách 1: Gọi (P ) mặt phẳng qua d vng góc với ( ) uur r ur � n  v  (3; 2; 1) VTPT (P ) Ta có �, n� � u r ur uur n, n1 �  1; 4;5 VTCP  Vì   ( ) �(P ) nên u  � � � x y z1   1 4 ur Cách Gọi N hình chiếu M lên ( ) , MN  ( ) nên n  (1;1;1) Vậy phương trình đường thẳng  là: VTCP MN , suy phương trình MN : x1 y z   1 �x  y  z   � 1 Do N  MN �( ) nên tọa độ N nghiệm hệ: � �x  y  z   � �1 � , y  , z   � N � ; ;  � 3 �3 3 � Khi đường thẳng  �I N , từ ta lập phương trình  : x y z1   1 4 Giải hệ ta tìm được: x  138 Ví dụ 18.3.6 Cho đường thẳng  mặt phẳng (P ) có phương trình: �x   2t �  : �y  1  t (t ��), (P ) : 2x  y  2z  11  �z  2t � Tìm tọa độ điểm H hình chiếu A (1;  2;  5)  ; , H thằng Tìm tọa độ điểm A �sao cho AA� 2AH ba điểm A, A� hàng; Tìm tọa độ điểm B�đối xứng với điểm B (1;  1; 2) qua (P ) Lời giải uur Đường thẳng  có u  (2; 1;2) VTCP uuuur Cách 1: Vì H � nên H (1  2t;   t; 2t) � AH  (2t;  t; 2t  5) uuuur uur Điểm H hình chiếu A  nên AH u  0, hay 2.(2t)  1.(1  t)  2(2t  5)  � t  1 � H (1; 0;  2) Vậy điểm cần tìm H (1; 0;  2) Cách 2: Gọi ( ) mặt phẳng qua A (1;  2;  5) vng góc với  uuu r Ta có véc tơ pháp tuyến ( ) n  (2;  1; 2) nên ( ) : 2x  y  2z   Điểm H hình chiếu A  H  (P ) � � H (1; 0;  2) (x; y; z) Gọi A � , H thằng hàng AA� 2AH nên có hai trường hợp Vì ba điểm A, A� uuuur uuuur � AA� 2AH , H trung điểm AA ' nên �xA  xA� 2xH �xA� 2xH  xA �xA� 3 � � � �yA  yA� 2yH � �yA� 2yH  yA � �yA� �z  z  2z �z  2z  z �z  A� H H A �A �A� �A� (3; 2; 1) Vậy A � uuuur uuuur � AA� 2AH , ta có �xA�  2.(2) �xA� � � (5;  6;  11) �yA�  2.2 � �yA� 6 � A� � � �zA�  2.3 �zA� 11 (3; 2; 1) A � (5;  6;  11) Vậy có hai điểm thỏa mãn A � Gọi d đường thẳng qua B (1;  1; 2) d  (P ), véc tơ phương d véc tơ pháp tuyến mặt phẳng 139 uur x1 y1 z   1 Điểm K hình chiếu B (P ) K  d �(P ), nên tọa độ K �x  y  z    � 1 � H (3; 1;  2) nghiệm hệ phương trình: � � 2x  y  2z  11  � Điểm B ' đối xứng với B qua (P ) H trung điểm BB ' nên tọa (7; 3;  6) độ điểm B ' cần tìm B � Ta có ud  (2;  1; 2) nên d : Ví dụ 19.3.6 Trong không gian Oxyz , Cho mặt phẳng ( ) : 2x  2y  z  n  đường thẳng x1 y z :   Tìm m, n để: 2m  a) Đường thẳng  nằm mp( ) b) Đường thẳng  song song với mp( ) Tìm m để : a) Hai đường thẳng d1 : x y z  1 m   2 m1 x y z2   cắt Tìm giao điểm chúng 3 �x  (2m2  m  1)t � � b) Đường thẳng dm : �y   (4m  4m  1)t song song với � z  2  (m2  m)t � � (P ) : 2x  y   d2 : Lời giải ur n (  ) Mặt phẳng có   2; 2;1 VTPT u r Đường thẳng  qua A (1; 1;3) có u   2;1;2m  1 VTCP a) Cách 1: Ta có B  3;0;2m  2 � �A �( )  �( ) � � � �B �( ) � 7 n  � �  2m  n  � �A �( ) � � Cách 2: Ta có  �( ) � �ur ur n.u  � � n7 � � m  � � � 7 n  � � 2m   � � n7 � � m  � � 140 �A �( ) � � b) Ta có:  / /( ) � �ur ur �n.u  �  n �0 � � 2m   � � n �7 � � m  � � 2 a) Hai đường thẳng cắt hệ phương trình sau có nghiệm nhất: �  2t   4t ' � 3  2t  3t ' � � �  m  (m  1)t  2  2t ' � � t  3, t '  1 � m  �  m  (m  1).(3)  4 � Khi hai đường thẳng cắt A (0;3;4) b) Cách 1: Đường thẳng dm qua A (0;1; 2) có u r u  (2m2  m  1; 4m2  4m  1; m2  m) VTCP Mặt phẳng (P) có ur n  (2; 1;0) VTPT u r ur � � � u.n  � 4m2  2m   4m2  4m   �� Ta có dm / /(P ) � � 1  �0 �A �(P ) � � m  Cách 2: Ta có dm / /(P ) � hệ phương trình sau vơ nghiệm: �x  (2m2  m  1)t � �y   (4m2  4m  1)t � �z  2  (m2  m)t � 2x  y   � Thay ba phương trình đầu vào phương trình cuối ta được: (6m  3)t  1 Do hệ vơ nghiệm � m   Ví dụ 20.3.6 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz : cho tứ diện ABCD có đỉnh A  1;2;1 , B  2;1;3 , C  2; 1;1 D  0;3;1 Viết phương trình mặt phẳng (P ) qua A, B cho khoảng cách từ C đến (P ) khoảng cách từ D đến (P ) Lời giải Mặt phẳng (P) thoả mãn yêu cầu toán hai trường hợp sau: Trường hợp 1: (P ) qua A, B song song với CD 141 ur uuur uuur uuur uuur AB, CD � (8; 4; 14) Ta có AB  (3; 1;2), CD  (2;4;0) , suy n  � � � VTPT (P) Phương trình (P): 4x  2y  7z  15  , B cắt CD I , suy I trung điểm Trường hợp 2: (P ) qua uA uu r CD Do I (1;1;1) � AI  (0; 1;0) ur uuur uuu r � � (2;0;3) n  AB , AI Véc tơ pháp tuyến mặt phẳng (P): � � Phương trình (P ) : 2x  3z   Vậy (P ) : 4x  2y  7z  15  (P ) : 2x  3z   Ví dụ 21.3.6 Cho đường thẳng 1 : x  y 1 z1   đường thẳng 1 �x  1  2t �  : �y   3t (t �R) Lập phương trình đường thẳng  cắt 1 cắt 2 � z 1 � đồng thời thỏa mãn:  nằm mặt phẳng (P ): 2x  3y  z   x y1 z3    song song với đường thẳng d : 3  qua điểm M(1;  5;  1) Lời giải Vì  cắt 1 cắt 2 đồng thời  nằm mặt phẳng (P ), nên  đường thẳng qua giao điểm 1 2 với (P ) Gọi A  1 �(P ) tọa độ A nghiệm hệ �x  y  z    � 1 � A(1; 0; 0) �3 � 2x  3y  z   � Gọi B   �(P ) Vì B � nên B(1  2t;  3t; 1) Lại có B �(P ) nên 2(1  2t)  3(2  3t)   � t  1 � B(1;  1; 1) uuur Ta có AB(2;  1; 1) nên phương trình đường thẳng cần tìm x 1 y 1 z 1 :   1 Có nhiều cách giải tốn này, chẳng hạn: Cách 1: Tìm điểm thuộc  Vì  cắt 1 song song với d, nên  nằm mặt phẳng ( ) chứa 1 song song với d Ta có ( ) qua M 1(2; 1; 1), ( ) có véc tơ pháp tuyến r r r n( )  � u 1 , ud � � � (2; 1; 5) nên ( ) :  2x  y  5z   142  �( ) � Ta có � nên C  2 �( ) � C(1  2t;2  3t;1) thỏa mãn  �  C � 2(1  2t)  (2  3t)    � t  1, nên C(1;  1; 1) r Lại có  //d nên véc tơ phương  ud (4; 3; 1), phương trình x 1 y 1 z1   Cách 2: Xác định hai mặt phẳng chứa đường thẳng   giao tuyến hai mặt phẳng - Mặt phẳng ( ) chứa 1 song song với d - Mặt phẳng ( ) chứa 2 song song với d Ta có ( ):  2x  y  5z   Mặt phẳng ( ) qua M (1; 2; 1), đồng thời ( ) có véc tơ pháp tuyến r r r n( )  � u 2 , ud � � � (3; 2;  18) nên ( ):3x  2y  18z  17  Hai điểm D(3;  4; 0), E(1;  1; 1) điểm chung mặt phẳng ( ) x 1 y 1 z1 ( ), nên phương trình cần tìm  :   Cách 3: Xác định tọa độ hai giao điểm Gọi N   �1 � N 1(2  3t1;  t1;  t1 ) N   � uuuuuur N (1  2t2 ;  3t 2; 1) � N 1N 2(3  2t2  3t1;  3t2  t1;  t1 ) uuuuuur r Ta có  //d nên N 1N // ud , cần tìm  : �t  2t2  �t  3  2t2  3t1  3t2  t1  t1   � �1 � �1 2t1  3t2  1 �t2  1 � Vì N 1(5; 2; 2), N 2(1;  1; 1) Phương trình đường thẳng cần tìm x 1 y 1 z1 :   3 Bài toán giải ba cách tốn Ở đây, chúng tơi giới thiệu cách Vì  cắt 1 qua M, nên  nằm mặt phẳng (Q) chứa 1 qua uuuuuu r r M(1;  5;  1) Ta có M 1(2; 1; 1) �1,MM 1(1; 6; 2), u 1 (3;1;1) uuuuuu r r r � (4;  5; 17) nên u , MM Một véc tơ pháp tuyến (Q) n(Q)  � 1� � 1 (Q) : 4x  5y  17z    �(Q) � Ta có � nên F   �(Q) � F(1  2t;2  3t;1) thỏa mãn  �  F � 4(1  2t)  5(2  3t)  17   � t  1, nên F(3; 5; 1) Vậy  đường thẳng MF 143 uuuu r Ta có MF(4; 10;2)  2(2;5;1) nên phương trình  x 1 y  z1 :   2 Ví dụ 22.3.6 Lập phương trình cạnh tam giác ABC , biết: Đỉnh A(1;  3; 2), phương trình hai đường trung tuyến: x  3t ' �x   3t � � � BM : � y  2  3t(t ��), CN : � y  1 (t,t ' ��) � � z  1  t z   5t ' � � Đỉnh A(1; 2; 7) phương trình hai đường cao: x3 y2 z5 x 1 y 5 z  BE :   , CF :   3 3 Đỉnh A(3; 2; 3), phương trình phân giác góc B đường cao CK là: x 1 y  z  x2 y3 z3 BD :   , CK :   2 1 2 Lời giải Tọa độ điểm B trung điểm N AB B(2  3b;   3b;   b), N(3n;  1;  5n) Theo cơng thức tính tọa độ trung điểm, ta có   3b  6n �xA  xB  2xN � �b  1 � � �yA  yB  2yN � �3   3b  2 � � n0 � � �   b   10n zA  zB  2zN � � uuur Tọa độ điểm B(1; 1; 0) � AB(2; 4;  2)  2(1;  2; 1) x 1 y  z   2 Tương tự, ta có M(2  3m;   3m;   m), C(3c;  1;  5c) nên �xA  xC  2xM  3c   6m � c  1 � � � 3   4  6m �� �yA  yC  2yM � � m � � �   5c  2  2m zA  zC  2zM � � uuur Tọa độ điểm C(3;  1;  4) � AC(2;  2;  2)  2(1; 1; 1) x 1 y  z   Phương trình đường thẳng chứa cạnh AC :  1 uuur Ta có BC(4;  2;  4)  2(2; 1: 2) nên phương trình đường thẳng chứa cạnh x3 y1 z BC :   2 Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB : 144 Phương trình mặt phẳng (P ) qua A(1; 2; 7) vng góc với BE 2x  y  3z  17  Ta có C  CF �(P ) nên tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình �x  y  z    � 3 � C(13;  13; 10) �2 � 2x  y  3z  17  � Phương trình mặt phẳng (Q) qua A(1; 2; 7) vng góc với CF (Q) : 2x  3y  z   Ta có B  BF �(Q) nên tọa độ điểm B nghiệm hệ phương trình: �x  y  z    � 3 � B(5; 3; 2) �2 � 2x  3y  z   � Do biết tọa độ ba đỉnh tam giác nên phương trình đường thẳng chứa cạnh tam giác ABC x  1 t x  7 t x 1 � � � � � � AB : � y  , BC : � y   2t, CA : � y   2t � � � z  5 t z  1 z  5 t � � � Mặt phẳng ( ) qua A(3; 2; 3) vuông góc với CK ( ): x  y  2z   Vì B  ( ) �BD nên tọa độ điểm B thỏa mãn hệ phương trình x  y  2z   � � �x  y  z  � B(1; 4; 3)   � �1 2 Muốn tìm tọa độ điểm C ta tìm điểm A �đối xứng với điểm A qua phân giác góc B Điểm A �thuộc đường thẳng BC nên lập phương trình đường thẳng BC tìm C  BC �CK Gọi H hình chiếu A BD, suy H(1  t;4  2t;3  t) uuuu r r Ta có AH(t  2;  2t; t), uBD (1;  2; 1) nên uuuu rr AH.uBD  � 1.(t  2)  2.(2  2t)  t  � t  Vậy H(2; 2; 4) (1; 2; 5) Gọi A �đối xứng với A qua BD A � Đường thẳng BC đường thẳng BA �nên có phương trình �x  � BC : � y   t � z  5 t � 145 �xC    c � Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ �yC   t   c � C(1;2;5) � zC   t   2c � Phương trình đường thẳng cần tìm x  3 t x 1 x  1 t � � � � � � AB : � y   t , BC : � y   t, CA : � y2 � � � z3 z  5 t z  5 t � � � CC BI TỐN LUYỆN TẬP Bi Lập phương trình tham số phương trình tắc đường thẳng d biết: u r d qua A 2;0;1 có u  (1; 1; 1) VTCP   d qua A  1;2;1 B  1;0;0 , d qua M  2;1;0 vng góc với (P ) : x  2y  2z   , x1 y 3 z   d qua N  1;2; 3 song song với  : 2 d nằm (P ) : x  2y  3z   cho d cắt vng góc với đường thẳng  : x y z   1 1 Bi Lập phương trình đường thẳng  biết  qua M 1;4; 2 song song với hai mặt phẳng  P :   6x  6y  2z    Q  : 3x  5y  2z    nằm (P ) : y  2z  cắt hai đường thẳng �x   t � d1 : �y  t �z  4t � ; �x   t ' � d1 : �y   2t ' �z  �  qua M  4; 5;3 cắt hai đường thẳng d1 : x1 y z x y z1     d2 : 2 1 5 146 x1 y z    qua M  0;1;1 , vng góc với d1 : cắt đường 1 �x  1 � thẳng d2 : �y  t �z   t � Bi Viết phương trình tham số đường thẳng  , biết  qua hai điểm A (1;2;4) B (3;5; 1) x1 y z    qua A (ở ý 1) song song với đường thẳng d : 1  nằm mặt phẳng ( ) (ở ý 3) đồng thời  cắt vng góc với đường thẳng d (ở ý 2)   Bi Trong không gian Oxyz cho điểm A 5;5;0 đường thẳng d có x y z   4 Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d Tìm toạ độ điểm B, C thuộc d cho tam giác ABC vng C phương trình: BC  29 Bi Trong không gian Oxyz cho đường đường thẳng x1 y1 z    điểm A (4;3;2) 3 1 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  cho AM  105 , Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với A qua  Tìm tọa độ điểm D thuộc  cho khoảng cách từ D đến ( ) : x  2y  2z   Bi Viết phương trình đường thẳng  biết  qua A (2;2;1) cắt Oy điểm B cho OB  2OA x y z1    qua B(1;1;2) cắt đường thẳng d : C 2 cho tam giác OBC có diện tích Bi Cho hai đường thẳng x1 y1 z 1 :   , 2 : 1 83 x y z1   1 1 Chứng minh hai đường thẳng 1  cắt lập phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng 147 Tìm điểm M thuộc 1 có khoảng cách đến  210 3 Lập phương trình tham số đường phân giác góc tọa hai đường thẳng Bi Lập phương trình tắc đường thẳng  biết  qua A(2; 0; 3),  cắt vng góc với đường thẳng 1 có phương trình x 1 y 1 z  1 :   1 x1 y z    qua B(1;  1; 1),  vng góc d1 :  cắt x2 y z3 d2 :   2 3  qua C(0;  4; 0),  song song (Q) : 5x  2y  7z    cắt đường x 1 y  z   thẳng d : CC BI TỐN DNH CHO HỌC SINH ÔN THI ĐẠI HỌC Bi �x  3  2t � Cho đường thẳng  : �y  1  t (t ��) mặt phẳng có phương trình � z  3 t � ( ) : x  2y  z   Gọi A giao điểm  ( ) Tìm điểm �  600 B �, C �( ) cho BA  2BC  ABC Lập phương trình đường thẳng  , biết  qua A (2;3; 1) cắt d điểm B cho d  B, ( )  Bi 10 Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng : x1 y1 z x y z 1 :      : 1 2 Chứng minh hai đường thẳng 1 ,  chéo Tính góc khoảng cách hai đường thẳng 1  Hai điểm A, B thay đổi 1 cho AB  Tìm điểm C đường thẳng  cho ABC có diện tích nhỏ Viết phương trình đường thẳng d cắt hai đường thẳng 1,  M , N thỏa mãn MN  d tạo với 1 góc  thỏa cos   15 Bi 11 Lập phương trình tắc đường thẳng  biết 148  qua A(1;  2;2) cắt trục Oz B cho OB  2OA x 1 y z điểm C cho    qua A(1;  2;2) cắt đường thẳng d : 1 d(C, (Oxy))  x 1 y  z 1 điểm D :    qua A(1;  2;2) cắt đường thẳng d� 1 45 cho diện tích tam giác OAD (đvdt) Bi 12 Cho ba điểm A(2; 1; 0), B(0; 4; 0), C(0; 2;  1) đường thẳng x 1 y 1 z  d:   Lập phương trình đường thẳng  biết  qua A cắt d M cho AM  21  qua B cắt d N cho diện tích SBNC   vng góc với mặt phẳng (ABC),  cắt d D cho tứ diện ABCD 19 tích (đvtt) Bi 13 Cho hai đường thẳng có phương trình tham số x   t2 �x  1  t1 � � � 1 : �y  2  t1 ,  : � y0 (t1,t2 ��) � � z   t2 z 1 � � Chứng minh hai đường thẳng cắt điểm I Lập phương trình đường thẳng  cắt 1  A,B cho tam giác I AB cân I có diện tích Bi 14 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng x1 y z x y z     d2 : 4 3 Chứng minh hai đường thẳng d1, d2 chéo Viết phương trình d1 : đường vng góc chung tính khoảng cách hai đường thẳng Tìm tọa độ điểm A �d1, B �d2 cho AB  d3 AB  13, x 1 y z  x y  z 1     , d2 : 1 x y1 z6 d3 :   Bi 15 Lập phương trình tham số đường thẳng  biết đó: d1 : 149  qua A(1;0;4) cắt đường thẳng 1 : x y1 z6   tạo với đường 1 thẳng góc 600  qua B(3;  1;3) cắt  : x 1 y 1 z    ,  tạo với mặt phẳng 2 ( ) : x  2y  z   góc 300 Bi 16 Trong khơng gian Oxyz x  4m  y  2m  z  8m    Cho đường thẳng dm : với 2m  m1 4m  � 1� m �� 1;  ; � � Chứng minh m thay đổi đường thẳng dm nằm mặt phẳng cố định Viết phương trình mặt phẳng 150