Vận dụng phương trình tham số của đường thẳng vào bài toán “Tìm tọa độ của điểm. Viết phương trình của đường thẳng trong không gian”

Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

MỤC LỤC
Trang
ĐẶT VẤN ĐỀ………………………………………………………………..3
CƠ SỞ LÝ LUẬN…………………………………………………………….4
CƠ SỞ THỰC TIỄN………………………………………………………….4
NỘI DUNG NGHIÊN CỨU ĐỀ TÀI…………………………………….......5
A. Các dạng bài tốn về hình chiếu vng góc………………………………….5
Dạng 1:…………………………………………………………………….5
Dạng 2:…………………………………………………………………….6
Dạng 3:…………………………………………………………………….6
Dạng 4:…………………………………………………………………….7
Kết luận:……………………………………………………………….......7
Một số bài tập tham khảo………………………………………………………..8
B. Các dạng bài toán về đối xứng:…………………….…………………………8
Dạng 1:…………………………………………………………………….8
Dạng 2:…………………………………………………………………….9
Dạng 3:…………………………………………………………………….9
Dạng 4:…………………………………………………………………...10
Kết luận:………………………………………………………………….11
Một số bài tập tham khảo………………………………………………...11
C. Các bài toán về cắt nhau, vng góc, song song:…………………………...12
Bài tốn 1:………………………………………………………………..12
Bài tốn 2:………………………………………………………………..13
Bài toán 3:………………………………………………………………..14
Bài toán 4:………………………………………………………………..14
Bài toán 5:………………………………………………………………..15

1


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

Bài toán 6:………………………………………………………………..16
Bài toán 7:………………………………………………………………..17
Kết luận:………………………………………………………………….18
Một số bài tập tham khảo………………………………………………...18
KIỂM NGHIỆM:……………………………………………………………….19
PHẦN KẾT LUẬN:…………………………………………………………….20
TÀI LIỆU THAM KHẢO:……………………………………………………...21

2


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

ĐẶT VẤN ĐỀ
Năm học 2011 - 2012 là năm học tiếp tục thực hiện các cuộc vận động “
Học tập và làm theo tấm gương đạo đức Hồ Chí Minh”; “ Hai khơng”; “ Mỗi
thầy, cô giáo là một tấm gương đạo đức, tự học và sáng tạo” ; Năm học tiíep tục
với chủ đề " Năm học đổi mới quản lý và nâng cao chất lượng giáo dục " cùng
với phong trào xây dựng " Trường học thân thiện, học sinh tích cực ". Nghị

quyết TW 2 khóa VIII đã khẳng định " Đổi mới mạnh mẽ phương pháp giáo dục
và đào tạo, khắc phục lối dạy học truyền thụ một chiều, rèn luyện nếp tư duy cho
người học, từng bước áp dụng phương pháp tiên tiến, hiện đại vào quá trình dạy
học ". Do đó trong q trình dạy học địi hỏi đội ngũ các thầy cơ giáo phải tích
cực học tập; không ngừng nâng cao năng lực chuyên môn; đổi mới phương pháp
dạy học theo hướng phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động sáng tạo của học
sinh; bồi dưỡng khả năng tự học, sáng tạo; khả năng vận dụng kiến thức vào thực
tế; đem lại sự say mê, hứng thú học tập cho các em.
Trong quá trình giảng dạy tại trung tâm tôi nhận thấy đa số học sinh cịn
gặp rất nhiều khó khăn và lúng túng khi tìm tọa độ của điểm hoặc viết phương
trình đường thẳng trong khơng gian thỏa mãn tính chất nào đó; việc vận dụng
các quan hệ vng góc, song song của đa số các em vào các bài tốn cịn nhiều
hạn chế. Hơn nữa, kể từ khi học sinh chuyển sang học chương trình cải cách sách
giáo khoa mới thì phương trình tổng quát của đường thẳng trong không gian
không được sử dụng nữa nên các bài tốn dạng" Tìm tọa độ các điểm. Viết
phương trình các đường thẳng trong khơng gian" chủ yếu sử dụng phương trình
tham số của đường thẳng.
Với suy nghĩ trên tơi xin được trình bày một số kinh nghiệm của mình
vể việc sử dụng phương trình tham số của đường thẳng vào giải các bài tốn: "
Tìm tọa độ các điểm. Viết phương trình các đường thẳng trong không gian"

3


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

nhằm trao đổi với các thầy, cô giáo; đồng thời giúp các em học sinh 12 ôn tập

tốt và nâng cao chất lượng học tập.

CƠ SỞ LÝ LUẬN
Ở phần phương pháp tọa độ trong khơng gian khi u cầu bài tốn phải
đi “Tìm tọa độ một điểm hay viết phương trình một đường thẳng trong khơng
gian ”. Ngồi việc cần sử dụng các kiến thức đã được học ở sách giáo khoa ra ta
còn phải chú ý đến tính quan hệ vng góc, song song và tính đối xứng của:
hai điểm, điểm và đường, đường và mặt rồi kết hợp với tọa độ của điểm theo
phương trình tham số của đường vào bài tốn. Khi đó ta áp dụng vào giải bài
tốn hình học sẽ đơn giản và được “đại số hóa” nên học sinh tiếp cận nhanh hơn
và cách giải bài toán gọn gàng hơn.

CƠ SỞ THỰC TIỄN
Sau khi nghiên cứu và áp dụng thực tế vào các tiết dạy học cho học
sinh. Tôi thấy học sinh rất hứng thú khi gặp những dạng toán này và đa số học
sinh biết cách vận dụng để giải các bài tốn đó, đồng thời qua cách giải đó các
em cịn có thể đưa ra các bài tốn tương tự, các bài tốn mới. Qua đó bồi dưỡng
cho các em niềm say mê học tập; khả năng tự học; phát huy được tính tích cực
học tập, khả năng sáng tạo của học sinh.

NỘI DUNG NGHIÊN CỨU ĐỀ TÀI
4


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

Vận dụng phương trìnhn tham số của đường thẳng vào bài tốn

“Tìm tọa độ của điểm. Viết phương trình của đường thẳng trong khơng gian”

Trên cơ sở các kiến thức đã được trình bày ở SGK Hình học 12 và vận
dụng tính chất: Trong khơng gian nếu một đường thẳng d có phương trình

tham số:

 x = x + at

 y = y 0 + bt
 z = z + ct
0


thì bất kỳ điểm M ∈ d đều có tọa độ dạng

M ( x0 + at ; y 0 + bt ; z 0 + ct )

Tuy nhiên, với mỗi bài toán cụ thể địi hỏi học sinh cần phải có một lượng
kiến thức nhất định rồi kết hợp để giải quyết bài toán.

A. Các dạng bài tốn về hình chiếu vng góc:
Dạng 1:

Tìm tọa độ hình chiếu H của điểm M(-1; - 2; 4) trên đường

 x = −2 + 3t

thẳng d:  y = 2 − 2t
 z = 1+ t



Nhận xét: Đối với bài toán này ta lấy H ∈ d, khi đó H là hình chiếu của
r u ur
uu

r

M trên đường thẳng d khi và chỉ khi u . MH = 0 ( u là VTCP của d)
Hướng dẫn giải:

r
Đường thẳng d có VTCP u = (3; - 2; 1).

d
M

Gọi H∈ d suy ra: H(- 2 + 3t; 2 - 2t; 1 + t) nên:
u ur
uu
MH =(- 1 + 3t; 4 - 2t; - 3 + t)

r u ur
uu

H là hình chiếu của M trên d ⇔ u . MH = 0
⇔ 3(- 1 + 3t) - 2(4 - 2t) + (- 3 + t) = 0 ⇔ t = 1

Vậy H(1; 0; 2)

5

H


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

Dạng 2: Tìm tọa độ hình chiếu vng góc của điểm M(6; - 1; - 5) trên
mp(P): 2x + y - 2z - 3 = 0.
Nhận xét: Thực chất của bài toán này là viết phương trình đường thẳng d
qua điểm M và vng góc với mp(P) khi đó hình chiếu H là giao điểm của d và
mp(P)
Hướng dẫn giải: Đường thẳng d qua M và vng góc với mp(P) có
M

d

 x = 6 + 2t

phương trình:  y = −1 + t
 z = −5 − 2t


H

P

Gọi H = d ∩ (P). Ta có H ∈ d ⇒ H(6 + 2t; - 1 + t; - 5 - 2t)

Vì H∈ (P) ⇔ 2(6 + 2t) + (- 1 + t) - 2(- 5 - 2t) - 3 = 0 ⇔ t = -2
Vậy H(2; - 3; - 1)
Dạng 3: Viết phương trình hình chiếu vng góc của đường thẳng d:
 x = 6 + 4t

 y = −1 − 2t (t ∈ R )
 z = −5 + 3t


trên mp(P): 2x + y - 2z - 3 = 0.

Nhận xét: Ta có d // (P) nên ta lấy M ∈ d, tìm hình chiếu của M trên (P),
khi đó hình chiếu của đường thẳng d trên mp(P) là đường thẳng qua H và song
song với d.
Hướng dẫn giải:

M

d

Ta có: d qua điểm M(6; - 1; - 5), có VTCP u = (4; - 2; 3)
mp(P) có VTPT n = (2; 1; - 2)
u . n = 0 và M ∉ (P) nên: d // (P)

H
(P)

Gọi H là hình chiếu của M trên (P) suy ra: H(2; - 3; - 1) (Theo dạng 2)

6


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

Hình chiếu của d trên (P) là đường thẳng qua H và song song với d nên có
 x = 2 + 4t

phương trình :  y = −3 − 2t
 z = −1 + 3t

 x = 6 − 5t

Dạng 4: Viết phương trình hình chiếu vng góc của đường thẳng d:  y = −1 + 2t
 z = −5 + 5t

(t ∈ R )

trên mp(P): 2x + y - 2z - 3 = 0.
Nhận xét: Ta có d cắt (P) nên tìm giao điểm A của d và (P) sau đó lấy M

∈ d, tìm hình chiếu H của M trên (P), khi đó hình chiếu của đường thẳng d trên

mp(P) là đường thẳng qua H và có VTCP AH .
Hướng dẫn giải:
Gọi A là giao điểm của d và (P).

M

Ta có: A ∈ d suy ra: A(6 - 5t; - 1 + 2t; - 5 + 5t)

d

Vì A ∈ (P) ⇔ 2(6 - 5t) + (- 1 + 2t) - 2(- 5 + 5t) - 3 = 0
⇔ t=1

H

Do đó A(1; 1; 0)

A

(P)

Ta lại có: M(6; - 1; - 5)∈ d
Gọi H là hình chiếu của M trên (P) suy ra: H(2; - 3; - 1). (Theo dạng 2)
Hình chiếu của d trên (P) là đường thẳng qua H và có VTCP AH = (1; - 4; - 1)
nên có phương trình :

 x = 2+t

 y = −3 − 4t (t ∈ R )
 z = −1 − t


Kết luận: Từ các dạng bài toán đã nêu ra ở trên cho ta thấy, với các bài

toán dạng này, ta lấy điểm cho trước hoặc chọn điểm trên đường thẳng cho trước
sau đó dựa vào quan hệ vng góc giữa điểm với đường thẳng, đường thẳng với
mặt phẳng để tìm hình chiếu vng góc của điểm đó trên đường thẳng hay mặt
7


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

phẳng. Từ đó kết luận (nếu bài tốn tìm hình chiếu) hoặc viết phương trình hình
chiếu dựa vào hình chiếu vừa tìm và vị trí tương đối của đường và mặt.

Một số bài tập tham khảo và áp dụng:
Bài 1: Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vng góc của điểm A(1; - 1; 3) trên
 x=2

đường thẳng d :  y = 3 − t
 z = 2t


Bài 2: Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vng góc của điểm M(1; - 1; 2) trên
mặt phẳng ( α ) : 2x - y + 2z + 11 = 0.
 x=t

Bài 3: Cho đường thẳng d :  y = 8 + 4t và mặt phẳng (P): x + y + z - 7 = 0. Viết
 z = 3 + 2t


phương trình hình chiếu vng góc của d trên mp(P).
Bài 4: Cho đường thẳng d và mặt phẳng ( α ) có phương trình: d:
x − 2 y +1 z −1
=
=
; ( α ): 2x + y + z - 8= 0. Viết phương trình hình chiếu vng
2
3
5

góc của d trên ( α )

B. Các dạng bài tốn về tính đối xứng:
Dạng 1: Tìm tọa độ điểm M ' đối xứng với điểm M(6; - 1; - 5) qua
mp(P): 2x + y - 2z - 3 = 0.
Nhận xét: Bài toán này ta viết phương trình đường thẳng d qua M và
vng góc với mp(P), lấy M ' ∈ d (M ' ≠ M) , khi đó M ' đối xứng với M qua (P)
khi và chỉ khi d(M/(P)) = d(M '/(P))

8


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

Hướng dẫn giải: Đường thẳng d qua M và vng góc với mp(P) có
M

 x = 6 + 2t

phương trình:  y = −1 + t
 z = −5 − 2t


d

Gọi M '(6 + 2t; - 1 + t; - 5 - 2t) ∈ d và M ' ≠ M ⇒ t ≠ 0

(P)

M ' đối xứng với M qua (P) ⇔ d(M/(P)) = d(M '/(P))
18

⇔

3

=

M'

9t + 18
3

⇔ t = - 4 ∨ t = 0 (loại)

Vậy M '(- 2; - 5; 3)
Dạng 2: Viết phương trình đường thẳng d ' đối xứng với đường thẳng d:

 x = 6 + 4t

 y = −1 − 2t
 z = −5 + 3t


qua mp(P): 2x + y - 2z - 3 = 0.

Nhận xét: Ta có d // (P) nên ta lấy M ∈ d, tìm M ' đối xứng với điểm M
qua (P), khi đó đường thẳng d ' qua M ' và song song với d.

M

d

Hướng dẫn giải:
Ta có: d qua điểm M(6; - 1; - 5), có VTCP u = (4; - 2; 3)
mp(P) có VTPT n = (2; 1; - 2)
u . n = 0 và M ∉ (P) nên: d // (P)

(P)

d'
M'

Gọi M ' đối xứng với điểm M qua (P) suy ra: M '(- 2; - 5; 3). ( Theo dạng 1)
 x = −2 + 4t

Đường thẳng d ' qua M ' và song song với d nên có phương trình:  y = −5 − 2t
 z = 3 + 3t



9


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

Dạng 3: Viết phương trình đường thẳng d ' đối xứng với đường thẳng d:
 x = 6 − 5t

 y = −1 + 2t
 z = −5 + 5t


qua mp(P): 2x + y - 2z - 3 = 0.

Nhận xét: Ta có d cắt (P) nên tìm giao điểm A của d và (P) sau đó lấy M ∈
d, tìm M ' đối xứng với điểm M qua (P), khi đó đường thẳng d ' qua M ' và có
VTCP AM ' .
Hướng dẫn giải:

M
d

Gọi A là giao điểm của d và (P).
Ta có: A ∈ d suy ra: A(6 - 5t; - 1 + 2t; - 5 + 5t)

A

A ∈ (P) ⇔ 2(6 - 5t) + (- 1 + 2t) - 2(- 5 + 5t) - 3 = 0
⇔ t = 1. Do đó A(1; 1; 0)

(P)

Ta lại có: M(6; - 1; - 5) ∈ d

d'

M'

Gọi M ' đối xứng với điểm M qua (P) suy ra: M '(- 2;- 5; 3) ( bài tốn5)
Đường thẳng d ' qua M ', có VTCP AM ' = (- 3; - 6; 3) = 3(- 1; - 2; 1) nên có
 x = −2 − t

phương trình:  y = −5 − 2t (t ∈ R)
 z = 3+t


Dạng 4: Tìm tọa độ điểm A/ đối xứng với A(1 ; - 2 ; - 5) qua đường thẳng
 x = 1 + 2t

d có phương trình :  y = −1 − t
 z = 2t


10

Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

Nhận xét: Bài toán này ta lấy H ∈ d, H là hình chiếu của A lên đường
r uu
ur

thẳng d khi và chỉ khi u . AH = 0 ( u là VTCP của d), ta có H là trung điểm của
AA/ từ đó suy ra tọa độ của A/
d

Hướng dẫn giải:

r

Đường thẳng d có VTCP u = (2; - 1; 2).

A
H

Gọi H∈ d suy ra: H(1 + 2t ; - 1 - t ; 2t)
uu
ur

A'

nên: AH =(2t ; 1 - t ; 2t - 5)

r uu
ur

H là hình chiếu của A trên d ⇔ u . AH = 0
⇔ 2(2t) - (1- t) + 2(2t + 5) = 0 ⇔ t = -1

suy ra: H(- 1; 0; -2)
 x A / = −3

Ta có H là trung điểm của AA nên:  y A/ = 2
 z / =1
 A
/

Vậy: A/ (- 3 ; 2 ; 1).

Kết luận: Từ 4 dạng bài toán nêu ra ta thấy, với các bài toán dạng này, ta
lấy điểm cho trước hoặc chọn điểm trên đường thẳng cho trước sau đó tìm điểm
đối xứng của điểm đó qua đường thẳng hay mặt phẳng. Từ đó kết luận (nếu bài
tốn tìm điểm đối xứng) hoặc viết phương trình đường thẳng đối xứng dựa vào
điểm đối xứng vừa tìm được và vị trí tương đối của đường và mặt, đường và
đường.
Một số bài tập tham khảo và áp dụng:
 x = 2+t

Bài 1: Cho điểm A(1; 0; 0) và đường thẳng ∆ :  y = 1 + 2t
 z =t


a. Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của điểm A trên đường thẳng ∆ .
b. Tìm tọa độ điểm A/ đối xứng với A qua đường thẳng ∆ .

11


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

Bài 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1; 2; 3) và hai
đường thẳng: d1:

x−2 y +2 z −3
=
=
;
2
−1
1

d2 :

x −1 y −1 z +1
=
=
−1
2
1

a. Tìm tọa độ A/ đối xứng với A qua đường thẳng d1.
b. Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A vng góc với đường
thẳng d1 và cắt đường thẳng d2.

(Đề thi ĐHCĐ khối D năm 2006)

Bài 3: Cho điểm M(2; 1; 0) và mặt phẳng ( α ) : x + 3y - z - 27 = 0. Tìm
tọa độ điểm M/ đối xứng với M qua mặt phẳng ( α ).
Bài 4: Viết phương trình đường thẳng d ' đối xứng với đường thẳng d:
 x = 1+ t

 y = 4 − 5t qua mặt phẳng ( α ) : x + y + z - 1 = 0.
 z = 2 − 2t


Bài 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 2 đường thẳng
 x = −2 + 6t

d1:  y = 2 − 5t
 z = 1 + 4t


 x = 1+ t,

,
và d2:  y = 3 − 2t
 z = −4 + 3t ,


a. Tìm tọa độ giao điểm của d1 và d2.
b. Viết phương trình đường thẳng d đối xứng với đường thẳng d1 qua d2.

C. Các dạng bài tốn về cắt nhau, vng góc, song song:
 x = 1+ t

Bài toán 1: Cho đường thẳng d và mp (P) có phương trình: d:  y = 2 + 2t ;
 z = 3 + 2t


(P): 2x + z - 5 = 0
a. Xác định tọa độ giao điểm A của d và (P).
b. Viết phương trình đường thẳng d ' đi qua A, nằm trong (P) và
vng góc với d.
12


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

Nhận xét: Bài toán này ta tìm tọa độ của A, khi đó đường thẳng d ' qua A

r
r r
r
r
v = u , n  ; trong đó u là VTCP của d, n là VTPT của
và có véctơ chỉ phương

 
d

mp(P).
Hướng dẫn giải:

d'

a. A = d ∩ (P). Ta có A ∈ d ⇒ A(1 + t; 2 + 2t; 3 + 2t)
Vì A∈ (P) ⇔ 2(1 + t) + (3 + 2t) - 5 = 0 ⇔ t = 0
Vậy: A(1; 2; 3)

r

A

(P)

r

b. d có VTCP u = (1; 2; 1); mp(P) có VTPT n = (2; 0; 1)
r
r r
'⊂
'
'
v = u , n  = (2; 1; -4).
Đường thẳng d (P) và d ⊥ d nên d có véctơ chỉ phương
 
 x = 1 + 2t

r

Đường thẳng d ' qua A có VTCP v nên có phương trình :  y = 2 + t
 z = 3 − 4t


Bài tốn 2: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng
d:

x −1 y + 3 z − 3
=
=
−1
2
1

và mặt phẳng (P) : 2x + y - 2z + 9 = 0

a. Tìm tọa độ điểm I ∈ d sao cho khoảng cách từ I đến mp(P) bằng 2.
b. Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết
phương trình đường thẳng

∆

nằm trong mp(P), biết

với d.

∆

đi qua A và vng góc

(Đề thi ĐHCĐ khối A năm 2005)
Nhận xét: Đây là đề thi ĐHCĐ, câu a ta lấy I ∈ d và sử dụng công thức

khoảng cách, câu b cùng cách làm của bài toán 1.
Hướng dẫn giải:
 x = 1− t

a. Đường thẳng d có phương trình tham số:  y = −3 + 2t
 z = 3 + It
1


I∈ d suy ra: I(1-t; -3 + 2t; 3+t)

d

∆

13

A

(P)
I2


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

Khoảng cách từ I đến mp(P) bằng 2 nên:
2(1 − t ) + (−3 + 2t ) − 2(3 + t ) + 9
3

=2 ⇔

2 − 2t = 6

t=4
⇔ 
t = −2

Vậy có 2 điểm I1 (- 3; 5; 7), I2 (3; - 7; 1)
b. Vì A∈ d suy ra: A(1 - t; - 3 + 2t; 3 + t).
Ta có A ∈ (P) ⇔ 2(1 - t) + (- 3 + 2t) - 2(3 + t) + 9 = 0 ⇔ t = 1
Do đó A(0; - 1; 4)

r

r

Đường thẳng d có VTCP u = (- 1; 2; 1), mp(P) có VTPT n = (2; 1; - 2)
Đường thẳng ∆ ⊂ (P) và ∆ ⊥ d nên ∆ có véctơ chỉ phương

r
r r
v = u , n  = (- 5; 0; - 5)

 

 x=t

Phương trình của đường thẳng ∆ :  y = −1
z = 4 + t


Bài toán 3: Viết phương trình đường thẳng ∆ qua I(- 1; - 2; 4) vng góc
 x = −2 + 3t

và cắt đường thẳng d:  y = 2 − 2t (t ∈ R)
 z = 1+ t


r uu
u
r
Nhận xét: Bài toán này ta lấy H ∈ d, khi đó H ∈ ∆ khi và chỉ khi u . IH = 0

r
uu
u
r
( u là VTCP của d); đường thẳng ∆ qua I và có VTCP IH
Hướng dẫn giải:

d
I

r
Đường thẳng d có VTCP u = (3; - 2; 1).
Gọi H ∈ d suy ra: H(- 2 + 3t; 2 - 2t; 1 + t) nên:

H

uu
u
r
IH = (- 1 + 3t; 4 - 2t; - 3 + t)
r uu
u
r
H ∈ ∆ ⇔ u . IH = 0 ⇔ 3(- 1 + 3t) - 2(4 - 2t) + (- 3 + t) = 0
suy ra H(1; 0; 2)
14

∆

⇔ t=1


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

uu
u
r

Đường thẳng ∆ qua I và có VTCP IH = (2; 2; - 2) nên có phương trình :
 x = −1 + t

 y = −2 + t
 z = 4−t


Bài toán 4: Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A(2; 1; - 3) cắt đường
 x = 3+t

thẳng d1:  y = −1 − 2t (t ∈ R) và vng góc với đường thẳng d2:
 z = 4+t


 x = 1 + 4t

 y = 3 + t (t ∈ R )
 z = −5 + t


r uu
ur
Nhận xét: Bài toán này ta lấy H ∈ d1, khi đó H ∈ ∆ khi và chỉ khi u . AH = 0

r
uu
ur
( u là VTCP của d2); đường thẳng ∆ qua I và có VTCP AH
Hướng dẫn giải:

r
Đường thẳng d2 có VTCP u = (4; 1; 1).

d1

Gọi H∈ d1 suy ra: H(3 + t; - 1 - 2t; 4 + t)

uu
ur

H

nên: AH =(1 + t; - 2 - 2t; 7 +t )
r uu
ur
H∈ ∆ ⇔ u . AH = 0

∆

d2

A

⇔ 4(1 + t) + (- 2 - 2t) + (7 + t) = 0
⇔t=-3

suy ra H(0; 5; 1)

uu

ur

Đường thẳng ∆ qua A và có VTCP AH =(2; - 4; - 4) = 2(1; - 2; - 2) nên có
 x = 2+t

phương trình :  y = 1 − 2t (t ∈ R)
 z = −3 − 2t


15


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

Bài toán 5: Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt 2 đường thẳng d1:
 x=t

 y = −2 − 3t ; d2:
 z = 1+ t


 x = 1 + 2t /

x −1 y z + 4
/
= =
 y = −1 + 3t và song song với đường thẳng d:

3
2
1
 z = 4−t/


Nhận xét: Bài toán này ta lấy A ∈ d1, B ∈ d2 khi đó A, B ∈ ∆ khi và chỉ khi
r uu
r
ur
hai vectơ u , AB cùng phương ( u là VTCP của d), đường thẳng ∆ qua A và có
r
VTCP u
d
Hướng dẫn giải:

d2

r
Đường thẳng d có VTCP u = (3; 2; 1).

d1
∆

Gọi A∈ d1 suy ra: A(t; - 2 - 3t; 1 + t)

uu
ur

B

A

B∈ d2 suy ra: B(1 + 2t/; - 1 + 3t/; 4 - t/ )

nên: AB = (2t/ - t + 1; 3t/ + 3t + 1; - t/ - t + 3)
r
uu
ur
A, B∈ ∆ ⇔ u và AB cùng phương
⇔

2t / − t + 1 3t / + 3t + 1 − t / − t + 3
=
=
3
2
1

5t / + 2t = 8
⇔ /
 t +t =1

t = −1
⇔  /
t = 2

⇒ A(- 1; 1; 0)

r

Đường thẳng ∆ qua A và có VTCP u = (3; 2; 1) nên có phương trình :
 x = −1 + 3t

 y = 1 + 2t
 z=t


Bài tốn 6: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho 2 đường thẳng d 1:

x y −1 z + 2
=
=
2
−1
1

 x = −1 + 2t

và d2:  y = 1 + t
 z =3


16


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

Viết phương trình đường thẳng d vng góc với mặt phẳng (P): 7x + y - 4z = 0
và cắt 2 đường thẳng d1 , d2

(Đề thi ĐHCĐ khối A năm 2007)

Nhận xét: Đây là đề thi ĐHCĐ, ngoài cách giải của đáp án, tơi thấy
tương tự bài tốn 13, ta có thể giải nhanh hơn bằng cách lấy A ∈ d1, B ∈ d2 khi đó
r
ur
r uu
A, B ∈ d khi và chỉ khi u , AB cùng phương ( u là VTCP của d); đường thẳng d
r
qua A và có VTCP u
Hướng dẫn giải:

d

r
Đường thẳng d ⊥ (P) nên d có VTCP u = (7; 1; - 4).

A

 x = 2t /

/
Đường thẳng d1 có phương trình tham số:  y = 1 − t
 z = −2 + t /


d1

d2
B

Gọi A∈ d1 suy ra: A(2t/ ; 1- t/ ; - 2 + t/ )
B∈ d2 suy ra: B(- 1 + 2t ; 1 + t ; 3)

uu
ur
nên: AB = (2t - 2t/ - 1; t + t/ ; 5 - t/ )
r uu
ur
A, B ∈ d ⇔ u , AB cùng phương
⇔

(P)

4t + 3t / = −5
t = −2
2t − 2t / − 1 t + t / 5 − t /
⇔
⇔  /
=
=
/
7
1
−4
t =1
5t + 9t = −1

⇒ A(2; 0; - 1).

r
Đường thẳng d qua A và có VTCP u = (7; 1; - 4) nên có phương trình :
 x = 2 + 7t

 y=t
 z = −1 − 4t


Bài tốn 7: Viết phương trình đường vng góc chung của 2 đường
 x = 5 + 3t

thẳng chéo nhau d:  y = 2 + t (t ∈ R)
 z =t


 x = −2 + t /

/
và d/ :  y = −7 + 3t (t / ∈ R)
 z = 4−t/

17


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

Nhận xét: Bài toán này học sinh lấy A ∈ d1, B ∈ d2; AB là đường vng
r uu
ur
u. AB = 0

ur
góc chung của d và d/ khi và chỉ khi  r u u
; đường vng góc chung qua A
 v. AB = 0


uu
ur

và có VTCP AB

A

Hướng dẫn giải:

r
Đường thẳng d có VTCP u = (3; 1; 1).
r
Đường thẳng d/ có VTCP v = (1; 3; - 1).

d

d'

Gọi A∈ d suy ra: A(5 + 3t; 2 + t; t)

B

B∈ d suy ra: B(- 2 + t ; - 7 + 3t ; 4 - t )
/

/

/

/

uu
ur

nên: AB =(t/ - 3t - 7; 3t/ - t - 9; - t/ - t + 4)

r uu
ur
u. AB = 0

ur
AB là đường vng góc chung của d và d/ ⇔  r u u
v. AB = 0


3(t / − 3t − 7) + (3t / − t − 9) + (−t / − t + 4) = 0
⇔ /

/
/
(t − 3t − 7) + 3(3t − t − 9) − (−t − t + 4) = 0
5t / − 11t = 26
⇔ /
11t − 5t = 38

uu
ur

⇔

t = −1
 /
t = 3

suy ra: A(2; 1; - 1); AB =(- 1; 1; 2)

uu
ur

Đường vng góc chung qua A và có VTCP AB = (- 1; 1; 2) nên có
 x = 2−t

phương trình :  y = 1 + t (t ∈ R)
 z = −1 + 2t


Kết luận: Từ các bài toán nêu ra ta thấy các bài tốn dạng này có độ "
khó" hơn. Tuy nhiên, ta thấy được phương pháp chung để giải là: Chọn điểm

hoặc các điểm (có chứa tham số) trên đường thẳng hoặc các đường thẳng bị cắt

18


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

(cho trước), sau đó dựa vào các yếu tố song song, vng góc để tìm tham số. Từ
đó viết phương trình đường thẳng theo yêu cầu bài toán.
Một số bài tập tham khảo:
Bài 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(- 4; - 2; 4) và

đường thẳng d:

 x = −3 + 2t

 y = 1− t
 z = −1 + 4t


∆
,

Viết phương trình đường thẳng

đi qua A, cắt và

vng góc với đường thẳng d.
(Đề thi ĐHCĐ khối B năm
2004)

Bài 2: Cho hai đường thẳng: d 1:

 x =8+t

 y = 5 + 2t
 z =8−t


và d2:

3 − x y −1 z −1
=
=
7
2
3

.

Viết phương trình đường vng góc chung của hai đường thẳng đó.

Bài 3: Cho hai đường thẳng: d:

x y −1 z − 6
=
=

1
2
3

và

d' :

 x = 1+ t

 y = −2 + t
 z = 3−t


a.Viết phương trình đường vng góc chung của d và d'.
b. Viết phương trình đường thẳng song song với Oz, cắt cả d và d'.
Bài 4: Viết phương trình đường thẳng ∆ vng góc với mặt phẳng tọa
 x=t

độ (Oxz) và cắt 2 đường thẳng d :  y = −4 + t ;
 z = 3−t


19

 x = 1 − 2t /

/
d/ :  y = −3 + t
 z = 4 − 5t /




Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

Bài 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng ∆ :
x+2 y−2
z
=
=
1
1
−1

và mặt phẳng (P) : x + 2y - 3z + 4 = 0. Viết phương trình

đường thẳng d nằm trong (P) sao cho d cắt và vng góc với đường thẳng ∆
(Đề thi ĐHCĐ khối D năm 2009)

KIỂM NGHIỆM
Sau khi hình thành và đưa ra cách giải, tơi đã vận dụng phương pháp này ở
2 dạng A, B vào các bài dạy và kết quả bài kiểm tra 45' các lớp giảng dạy như
sau:
Lớp sử dụng phương pháp khác (2 lớp với 72 em)
Điểm dưới 5
Điểm từ 5 đến dưới 8
Điểm từ 8 đến dưới 10

33
25
14
Lớp sử dụng phương pháp được trình bày ở trên (2 lớp với 77 em)
Điểm dưới 5
15

Điểm từ 5 đến dưới 8
32

Điểm từ 8 đến dưới 10
30

Từ 2 bảng đánh giá kết quả trên cho ta thấy hai lớp sử dụng phương
pháp được trình bày ở hai dạng A, B trên thì tỉ lệ điểm dưới 5 giảm gần một nữa,
tỉ lệ điểm từ 5 đến dưới 8 tăng không nhiều nhưng tỉ lệ điểm từ 8 đến10 tăng gần
gấp 2 lần.

PHẦN KẾT LUẬN
Từ các dạng bài toán nêu trên và cách giải chúng, ta thấy nếu vận dụng được tốt
các quan hệ vng góc, song song, các tính chất đối xứng của điểm cùng với tọa
độ của điểm theo tham số ta có thể giải được nhiều dạng bài tốn, hơn nữa chúng
ta đã đơn giản được bài toán, hạn chế việc " sợ " các bài tốn hình học khơng
gian ở học sinh, tạo được sự hứng thú cho các em trong q trình học tập, góp
20


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

phần chung vào việc nâng cao chất lượng dạy và học và phát huy được tính tích
cực của học sinh, khơi nguồn cho các em sự tìm tịi, sáng tạo trong q trình giải
một bài toán .
Trên đây là những kinh nghiệm thực tiễn của bản thân tơi qua nhiều năm
giảng dạy mơn tốn phần phương trình đường thẳng trong khơng gian, với đề tài
này tôi hy vọng sẽ giúp cho các em học sinh biết cách vận dụng các quan hệ
vng góc, song song, các tính chất đối xứng vào giải tốn và cải tiến phương
pháp học tập.
Cuối cùng, tôi xin cảm ơn các thầy cơ trong tổ tốn đã đọc, góp ý và giúp
đỡ tơi hồn thành đề tài này.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Hình học 12- Chuẩn. ( Trần Văn Hạo - Nhà xuất bản Giáo dục - Hà
Nội năm 2008)
2. Hình học 12- Chuẩn- Sách giáo viên. ( Trần Văn Hạo - Nhà xuất
bản Giáo dục - Hà Nội năm 2008)

3. Hình học 12- Nâng cao ( Đồn Quỳnh - Nhà xuất bản Giáo dục - Hà
Nội năm 2008)

4. Hình học 12- Nâng cao - Sách giáo viên ( Đoàn Quỳnh - Nhà xuất
bản Giáo dục - Hà Nội năm 2008)
21


Trung tâm GDTX Ngọc Lặc
Minh

GV: Nguyễn Văn

5. Bộ đề thi tuyển sinh đại học - Mơn Tốn của Bộ GD & ĐT. (Doãn
Minh Cường; Phạm Minh Phương - Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà
Nội năm 2007)

22