Bài giảng hình học 12 Phương trình đường thẳng trong không gian của Thầy Lê Hồng Đức và nhóm cự môn

lê hồng đức và nhóm cự môn
59hình học 12
Phơng trình đờng thẳng
Bài giảng đợc trình bày cho các em
học sinh bằng việc sử dụng giáo
án điện tử
Ngời thực hiện: Lê hồng đức
Điện thoại: 0936546689
Địa chỉ: Số nhà 20 Ngõ 86 Đờng Tô Ngọc Vân Tây Hồ Hà Nội
Đ3
P
hơng trình đờng thẳng
A. bài giảng
A. bài giảng
1. phơng trình tham số của đờng thẳng
Định lý 1: Trong không gian Oxyz, đờng thẳng (d) đi qua điểm M
0
(x
0
; y
0
; z
0
) và có vtcp
a
r
(a
1
; a
2
; a

3
) có phơng trình:
(d):
0 1
0 2
0 3
x x a t
y y a t
z z a t
= +


= +


= +

, t
Ă
. (1)
Vậy, ta đợc:
(d):
0 0 0 0
1 2 3
Qua M (x ;y ;z )
vtcpa(a ;a ;a )

r
(d):
0 1
0 2
0 3
x x a t
y y a t
z z a t
= +


= +


= +

, t
Ă
.
Phơng trình (1) với điều kiện
2
1
a
+
2
2
a
+
2

3
a
> 0 đợc gọi là phơng trình tham số
của đờng thẳng.
Hoạt động
Chứng minh kết quả trên.
Thí dụ 1: Trong không gian Oxyz, viết phơng trình đờng thẳng (d), biết:
a. (d) đi qua điểm A(1; 2; 3) và có vtcp
a
r
(2; 1; 0).
b. (d) đi qua hai điểm A(2; 1; 3) và B(3; 1; 5).
Giải
a. Ta có thể lựa chọn một trong hai cách:
Cách 1 (Sử dụng công thức): Đờng thẳng (d) đợc cho bởi:
(d):
Qua A(1;2;3)
vtcp a(2; 1; 0)






r
(d):
x 1 2t
y 2 t
z 3
= +

=


=

, t
Ă
.
Cách 2 (Sử dụng phơng pháp quĩ tích): Điểm M(x; y; z) (d) khi:
AM // a
uuuur r

AM ta=
uuuur r

x 1 2t
y 2 t
z 3 0
=


=


=


x 1 2t

y 2 t
z 3
= +


=


=

, t
Ă
.
Đó chính là phơng trình tham số của đờng thẳng (d) cần tìm.

Chú ý: Lời giải trong cách 2 chính là ý tởng để chứng minh định lí trên.
b. Ta có thể lựa chọn một trong hai cách:
2
Cách 1 (Sử dụng công thức): Đờng thẳng (d) đợc cho bởi:
(d):
Qua A(2;1; 3)
Qua B(3; 1; 5)





(d):
Qua A(2;1; 3)
vtcp AB(1; 2; 8)

uuur
(d):
x 2 t
y 1 2t
z 3 8t
= +


=


= +

, t
Ă
.
Cách 2 (Sử dụng phơng pháp quĩ tích): Điểm M(x; y; z) (d) khi:
AM // AB
uuuur uuur

AM tAB=
uuuur uuur

x 2 t
y 1 2t
z 3 8t
=


=


+ =


x 2 t
y 1 2t
z 3 8t
= +


=


= +

, t
Ă
.
Đó chính là phơng trình tham số của đờng thẳng (d) cần tìm.
Hoạt động
Viết phơng trình đờng thẳng (d), biết:
a. (d) đi qua điểm A(3; 2; 1) và có vtcp

a
r
(3; 1; 2).
b. (d) đi qua hai điểm A(3; 2; 6) và B(5; 4; 2).
2. phơng trình chính tắc của đờng thẳng
Cho đờng thẳng (d) có phơng trình tham số cho bởi (1) suy ra:
0
1
x x
a

=
0
2
y y
a

=
0
3
z z
a

. (2)
Phơng trình (2) với điều kiện a
1
a
2
a
3

0 đợc gọi là phơng trình chính tắc của đờng
thẳng.
Vậy, ta đợc:
(d):
0 0 0 0
1 2 3
Qua M (x ;y ;z )
vtcpa(a ;a ;a )





r
(d):
0
1
x x
a

=
0
2
y y
a

=
0
3
z z

a

.
Từ đó, đờng thẳng (d) đi qua hai điểm M
1
(x
1
; y
1
; z
1
) và M
2
(x
2
; y
2
; z
2
), ta có:
(d):
1 1 1 1
2 2 2 2
Qua M (x ;y ;z )
Qua M (x ;y ;z )



(d):
1 1 1 1

1 2 2 1 2 1 2 1
Qua M (x ;y ;z )
vtcp M M (x x ;y y ;z z )






uuuuuur
(d):
1 2 1
1 2 1
1 2 1
x x (x x )t
y y (y y )t
z z (z z )t
= +


= +


= +

, t
Ă
hoặc (d):
1
2 1

x x
x x


=
1
2 1
y y
y y


=
1
2 1
z z
z z


.
Thí dụ 2: Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P) và (Q) có phơng trình:
(P): 2x + 2y + z 4 = 0, (Q): 2x y z + 5 = 0.
a. Chứng tỏ rằng hai mặt phẳng (P) và (Q) cắt nhau. Gọi (d) là giao tuyến của
hai mặt phẳng (P) và (Q).
b. Hãy tìm tọa độ của một điểm thuộc (d) và xác định tọa độ của một vtcp của (d).
c. Viết phơng trình tham số và chính tắc của đờng thẳng (d).
Giải
a. Gọi
P
n
uur

,
Q
n
uur
theo thứ tự là vtpt của các mặt phẳng (P), (Q), ta có:
3
P
n
uur
(2; 2; 1),
Q
n
uur
(2; 1; 1)
P
n
uur
và
Q
n
uur
không cùng phơng
(P) (Q) = (d).
b. Đờng thẳng (d) gồm các điểm M(x; y; z) thỏa mãn hệ phơng trình:
2x 2y z 4 0
2x y z 5 0
+ + =


+ =

A(0; 1; 6) (d).
Gọi
u
r
là một vtcp của đờng thẳng (d), ta có:
P
Q
u n
u n







r uur
r uur

P Q
u n , n

=

r uur uur
=
2 1 1 2 2 2
; ;
1 1 1 2 2 1

ữ


= (1; 4; 6).
c. Ta có:
(d):
Qua A(0; 1;6)
vtcp u( 1;4; 6)







r
(d):
x t
y 1 4t
z 6 6t
=


= +


=

, t

Ă
hoặc (d):
x y 1 z 6
1 4 6
+
= =

.

Chú ý: Nếu thí dụ trên không có câu b) thì để "Viết phơng trình tham số và chính
tắc của đờng thẳng (d)" ngoài cách giải nh trong c) chúng ta còn có thể thực hiện
theo các cách sau:
Cách 1: Tọa độ các điểm thuộc đờng thẳng (d) thỏa mãn hệ phơng trình:
2x 2y z 4 0
2x y z 5 0
+ + =


+ =

A(0; 1; 6) (d) và B(1; 3; 0) (d).
Khi đó, ta đợc:
Qua A
(d) :
Qua B




Qua A(0; 1;6)

(d) :
vtcp AB( 1;4; 6)







uuur

(d):
x t
y 1 4t
z 6 6t
=


= +


=

, t
Ă
hoặc (d):
x y 1 z 6
1 4 6
+
= =

.
Cách 2: Tọa độ các điểm thuộc đờng thẳng (d) thỏa mãn hệ phơng trình:
2x 2y z 4 0
2x y z 5 0
+ + =


+ =

. (I)
Trong hệ (I) cho x = t, ta đợc:
2y z 4 2t
y z 5 2t
+ =


+ = +


y 1 4t
z 6 6t
=


= +

.
Vậy, phơng trình tham số của đờng thẳng (d) có dạng:
4

(d):
x t
y 1 4t
z 6 6t
=


=


= +

, t
Ă
. (II)
Từ hệ (II), bằng cách rút t, ta đợc:
x
t
1
y 1
t
4
z 6
t
6

=


+

=





=



x y 1 z 6
1 4 6
+
= =

.
Đó chính là phơng trình chính tắc của đờng thẳng (d).
Hoạt động
Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) có phơng trình:
(P): x + 2y + 3z 6 = 0, (Q): 3x y z 1 = 0.
a. Chứng tỏ rằng hai mặt phẳng (P) và (Q) cắt nhau.
b. Gọi (d) là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q). Hãy
tìm tọa độ của một điểm thuộc (d) và xác định tọa độ
của một vtcp của (d).
c. Viết phơng trình tham số và chính tắc của đờng thẳng
(d).
Thí dụ 3: Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A(1; 2; 3), B(2; 2; 2), C(4; 1; 1)
và D(4; 1; 4).
a. Chứng minh rằng A, B, C, D là bốn đỉnh của một hình tứ diện.

b. Viết phơng trình tham số đờng cao tứ diện ABCD hạ từ D.
c. Tìm tọa độ hình chiếu H của D trên mặt phẳng (ABC).
Giải
a. Ta có
AB
uuur
(1; 0; 1),
AC
uuur
(3; 1; 2),
AD
uuur
(3; 1; 1), từ đó suy ra:
AB,AC


uuur uuur
=
0 1 1 1 1 0
; ;
1 2 2 3 3 1


ữ


= (1; 1; 1),
AB,AC AD

uuur uuur uuur
= (1; 1; 1)(3; 1; 1) = 3 + 1 1 = 3 0
Ba véctơ
AB
uuur
,
AC
uuur
và
AD
uuur
không đồng phẳng.
Vậy, bốn điểm A, B, C, D là bốn đỉnh của một hình tứ diện.
b. Gọi (d) là đờng cao của tứ diện hạ từ D, ta có:
(d):
Qua D
(d) (ABC)




(d):
Qua D
vtcp a AB, AC




=

r uuur uuur
(d):
Qua D(4;1;4)
vtcp a( 1; 1; 1)






r
(d):
x 4 t
y 1 t
z 4 t
=


=


=

, t
Ă
.
c. Gọi
n

r
là vtpt của mặt phẳng (ABC), ta có:
n AB
n AC







uuur
r
uuur
r

n
r
=
AB, AC


uuur uuur
= (1; 1; 1) chọn
n
r
(1; 1; 1).
Mặt phẳng (ABC) đợc cho bởi:
5
(ABC):

Qua A(1;2;3)
vtpt n(1;1;1)





r
(ABC): x + y + z 6 = 0.
Khi đó, hình chiếu H của D trên mặt phẳng (ABC) chính là giao điểm của (d) với
(ABC), ta đợc:
(4 t) + (1 t) + (4 t) 6 = 0 t = 1 H(3; 0; 3).
Hoạt động
Cho bốn điểm A(5; 3; 1), B(2; 3; 4), C(1; 2; 0), D(3; 1; 2).
a. Chứng minh rằng A, B, C, D là bốn đỉnh của một hình
tứ diện.
b. Viết phơng trình tham số đờng cao tứ diện ABCD hạ từ
D.
c. Tìm tọa độ hình chiếu H của D trên mặt phẳng (ABC).
d. Viết phơng trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Thí dụ 4: Trong không gian Oxyz, cho điểm M(1; 1; 5) và hai đờng thẳng (d
1
) và
(d
2
) có phơng trình:
(d):
x 1 t
y 2 2t
z 3 t

= +


= +


= +

, t
Ă
và (d
2
):
x y 1 z 1
2 3 5
+
= =

.
a. Viết phơng trình tham số của đờng thẳng (d
3
) đi qua M và song song với (d
2
).
b. Viết phơng trình chính tắc của đờng thẳng (d) đi qua M, vuông góc với cả
(d
1
) và (d
2
).

Giải
Gọi
1
u
uur
và
2
u
uur
theo thứ tự là vtcp của đờng thẳng (d
1
) và (d
2
), ta có:
1
u
uur
(1; 2; 1) và
2
u
uur
(2; 3; 5).
a. Ta có ngay:
(d
3
):
2
Qua M(1;1;5)
vtcp u ( 2;3;5)

uur
(d
3
):
x 1 2t
y 1 3t
z 5 5t
=


= +


= +

, t
Ă
.
b. Gọi
u
r
là vtcp của đờng thẳng, ta có:
1
2
(d) (d )

(d) (d )






1
2
u u
u u







r uur
r uur

u
r
=
1 2
u , u


uur uur
= (7; 7; 7) chọn

u
r
(1; 1; 1).
Từ đó, ta có:
(d):
Qua M(1;1;5)
vtcp u(1; 1;1)






r
(d):
x 1 y 1 z 5
1 1 1

= =

.
Hoạt động
Cho hai đờng thẳng:
(d
1
):
x y 1 z 6
1 2 3

= =

và (d
2
):
x 1 t
y 2 t
z 3 t
= +


= +


=

, t
Ă
.
a. Viết phơng trình chính tắc của đờng thẳng đi qua điểm
M(1; 2; 3), vuông góc với cả (d
1
) và (d
2
).
b. Viết phơng trình đờng thẳng song song với Oz, cắt cả
(d
1
) và (d
2
).
6

3. Vị trí tơng đối giữa hai đờng thẳng
Trong không gian Oxyz, cho hai đờng thẳng (d
1
) và (d
2
) có:
(d
1
) đi qua điểm M
1
(x
1
; y
1
; z
1
) và có vtcp
1
u
r
(a
1
; b
1
; c
1
),
(d
2
) đi qua điểm M

2
(x
2
; y
2
; z
2
) và có vtcp
2
u
r
(a
2
; b
2
; c
2
).
Khi đó, xét ba vectơ
1
u
r
,
2
u
r
và
1 2
M M
uuuuuur

ta có kết quả:
1. (d
1
) và (d
2
) đồng phẳng khi và chỉ khi ba vectơ
1
u
r
,
2
u
r
và
1 2
M M
uuuuuur
đồng phẳng.
Nh vậy:
(d
1
) và (d
2
) đồng phẳng [
1
u
r
,
2
u

r
].
1 2
M M
uuuuuur
= 0.
2. (d
1
) và (d
2
) cắt nhau khi và chỉ khi chúng đồng phẳng và các vtcp của chúng
không cùng phơng. Nh vậy:
(d
1
) và (d
2
) cắt nhau [
1
u
r
,
2
u
r
].
1 2
M M
uuuuuur
= 0 và a
1

: b
1
: c
1
a
2
: b
2
: c
2
.
3. (d
1
) và (d
2
) song song với nhau khi và chỉ khi
1
u
r
và
2
u
r
cùng phơng và (d
1
), (d
2
)
không có điểm chung. Nh vậy:
(d

1
) // (d
2
) a
1
: b
1
: c
1
= a
2
: b
2
: c
2
(x
2
x
1
): (y
2
y
1
): (y
2
y
1
).
4. (d
1

) và (d
2
) trùng nhau khi và chỉ khi
1
u
r
và
2
u
r
cùng phơng và (d
1
), (d
2
) có điểm
chung. Nh vậy:
(d
1
) (d
2
) a
1
: b
1
: c
1
= a
2
: b
2

: c
2
= (x
2
x
1
): (y
2
y
1
): (y
2
y
1
).
5. (d
1
) và (d
2
) chéo nhau khi và chỉ khi ba vectơ
1
u
r
,
2
u
r
và
1 2
M M

uuuuuur
không đồng
phẳng. Nh vậy:
(d
1
) và (d
2
) chéo nhau [
1
u
r
,
2
u
r
].
1 2
M M
uuuuuur
0.

Chú ý: Nếu biết phơng trình của hai đờng thẳng (d
1
) và (d
2
) thì cũng có thể xét vị
trí tơng đối của chúng bằng cách giải hệ gồm các phơng trình xác định (d
1
) và (d
2

)
để tìm giao điểm và khi đó:
a. Nếu hệ có nghiệm duy nhất thì (d
1
) và (d
2
) cắt nhau.
b. Nếu hệ có vô số nghiệm thì (d
1
) và (d
2
) trùng nhau.
c. Nếu hệ vô nghiệm thì (d
1
) và (d
2
) song song hoặc chéo nhau, song song
nếu hai vtcp của chúng cùng phơng, chéo nhau nếu hai vectơ đó không
cùng phơng.
Thí dụ 5: Trong không gian Oxyz, cho hai đờng thẳng (d
1
) và (d
2
) có phơng trình:
(d
1
):
x 1 t
y 2 3t
z 3 4t

= +


= +


= +

, t
Ă
, (d
2
):
x 2 y 5 z 7
1 3 4

= =
.
a. Xác định vị trí tơng đối của hai đờng thẳng (d
1
) và (d
2
).
b. Viết phơng trình mặt phẳng đi qua gốc O và chứa đờng thẳng (d
1
).
Giải
a. Ta lần lợt có:
Với (d
1

) có vtcp
1
u
uur
(1; 3; 4) và điểm M
1
(1; 2; 3) (d
1
).
7
Với (d
2
) có vtcp
2
u
uur
(1; 3; 4) và điểm M
2
(2; 5; 7) (d
2
).
suy ra các vectơ
1
u
uur
,
2
u
uur
và

1 2
M M
uuuuuuur
(1; 3; 4) cùng phơng.
Vậy, hai đờng thẳng (d
1
) và (d
2
) trùng nhau.
b. Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Lấy thêm điểm N
1
(0; 1; 1) (d
1
). Khi đó, mặt phẳng (P) đi qua gốc O và
chứa đờng thẳng (d
1
) tơng ứng với việc đi qua ba điểm O, M
1
, N
1
.
Gọi
n
r
là vtpt của mặt phẳng (P), ta đợc:
1
OM
uuuuur
(1; 2; 3) và

1
ON
uuuur
(0; 1; 1)
n
r
=
1 1
OM , ON


uuuuur uuuur
= (1; 1; 1).
Phơng trình mặt phẳng (P) đợc cho bởi:
(P):
quaO(0;0;0)
vtpt n(1;1; 1)




r
(P): x + y z = 0.
Cách 2: Lấy thêm điểm N
1
(0; 1; 1) (d
1
). Khi đó, mặt phẳng (P) đi qua gốc O và
chứa đờng thẳng (d
1

) tơng ứng với việc đi qua ba điểm O, M
1
, N
1
.
Giả sử mặt phẳng (P) có phơng trình:
(P): Ax + By + Cz + D = 0 với A
2
+ B
2
+ C
2
> 0.
Vì O, M
1
, N
1
thuộc (P), ta đợc:
A 2B 3C D 0
B C D 0
D 0
+ + + =


+ =


=

A 2B 3C 0
B C 0
D 0
+ + =


=


=


A C
B C
D 0
=


=


=

.
Từ đó, ta đợc:
(P): Cx Cy + Cz = 0 (P): x + y z = 0.
Cách 3: Gọi (P) là mặt phẳng thỏa mãn điều kiện đầu bài thì (P) sẽ có cặp vtcp là
1
u
uur

và
1
OM
uuuuur
. Gọi
n
r
là vtpt của mặt phẳng (P), ta đợc:
n
r
=
1 1
u , OM


uur uuuuur
= (1; 1; 1).
Phơng trình mặt phẳng (P) đợc cho bởi:
(P):
quaO(0;0;0)
vtpt n(1;1; 1)




r
(P): x + y z = 0.
Hoạt động
Cho hai đờng thẳng (d
1

) và (d
2
) có phơng trình:
(d
1
):
x t
y 1 2t
z 2 3t
=


= +


= +

, t
Ă
, (d
2
):
x 1 y 3 z 5
1 2 3

= =
.
a. Xác định vị trí tơng đối của hai đờng thẳng (d
1
), (d

2
).
b. Viết phơng trình mặt phẳng đi qua gốc O và chứa đờng
thẳng (d
2
).
Thí dụ 6: Trong không gian Oxyz, cho đờng thẳng (d
1
) có phơng trình:
8
(d
1
):
x 1 y 1 z 2
1 1 4

= =

,
và đờng thẳng (d
2
) là giao tuyến của hai mặt phẳng:
(P
1
): x + y 1 = 0 và (P
2
): 4y + z + 1 = 0.
a. Chứng tỏ rằng hai đờng thẳng (d
1
) và (d

2
) song song với nhau.
b. Viết phơng trình chính tắc của đờng thẳng (d) nằm trong mặt phẳng ((d
1
),
(d
2
)) và cách đều (d
1
), (d
2
).
Giải
a. Ta lần lợt có:
Với (d
1
) có vtcp
1
u
uur
(1; 1; 4) và điểm M
1
(1; 1; 2) (d
1
).
Các mặt phẳng (P
1
), (P
2
) theo thứ tự có vtpt

1
n
uur
(1; 1; 0),
2
n
uur
(0; 4; 1). Khi đó
vtcp
2
u
uur
của đờng thẳng (d
2
) đợc cho bởi:
2 1 2
u n , n

=

uur uur uur
= (1; 1; 4).
Và lấy điểm M
2
(1; 0; 1) (d
2
).
Suy ra, các vectơ
1
u

uur
,
2
u
uur
cùng phơng và không cùng phơng với vectơ
1 2
M M
uuuuuuur
(0;
1; 3).
Vậy, hai đờng thẳng (d
1
) và (d
2
) song song với nhau.
b. Đoạn thẳng M
1
M
2
có trung điểm
1 1
M 1; ;
2 2

ữ

.
Khi đó, phơng trình đờng thẳng (d) đợc xác định bởi:
(d):

1
1 1
qua M 1; ;
2 2
vtcp u (1; 1;4)


ữ






uur
(d):
1 1
y z
x 1
2 2
1 1 4


= =

.
Hoạt động
Cho đờng thẳng (d
1
) có phơng trình:

(d
1
):
x t
y 3 4t
z 3 3t
=


=


=

, t
Ă
,
và đờng thẳng (d
2
) là giao tuyến của hai mặt phẳng:
(P
1
): x + y z = 0 và (P
2
): 2z y + 2z = 0.
a. Chứng tỏ rằng hai đờng thẳng (d
1
) và (d
2
) song song với

nhau.
b. Viết phơng trình mặt phẳng chứa hai đờng thẳng (d
1
)
và (d
2
).
c. Viết phơng trình chính tắc của đờng thẳng (d) nằm
trong mặt phẳng ((d
1
), (d
2
)) và cách đều (d
1
), (d
2
).
Thí dụ 7: Trong không gian Oxyz, cho đờng thẳng (d
1
) có phơng trình:
9
(d
1
):
x 1 t
y t
z 2 3t
= +

=


= +

, t
Ă
,
và đờng thẳng (d
2
) là giao tuyến của hai mặt phẳng:
(P
1
): x + 2y + 3 = 0 và (P
2
): 3y z + 10 = 0.
a. Chứng tỏ rằng hai đờng thẳng (d
1
) và (d
2
) cắt nhau.
b. Viết phơng trình mặt phẳng (P) chứa hai đờng thẳng (d
1
) và (d
2
).
Giải
Ta có thể lựa chọn một trong các cách sau:
Cách 1: Ta lần lợt có:
a. Ta có:

Với (d
1
) có vtcp
1
u
uur
(1; 1; 3) và điểm M
1
(1; 0; 2) (d
1
),
Các mặt phẳng (P
1
), (P
2
) theo thứ tự có vtpt
1
n
uur
(1; 2; 0),
2
n
uur
(0; 3; 1).
Khi đó vtcp
2
u
uur
của đờng thẳng (d
2

) đợc cho bởi:
2 1 2
u n , n

=

uur uur uur
= (2; 1; 3).
Và lấy điểm M
2
(1; 2; 4) (d
2
).
Suy ra các vectơ
1
u
uur
,
2
u
uur
không cùng phơng, và ta có:
1 2
u , u


uur uur
.
1 2
M M

uuuuuuur
= (6; 9; 1).(2; 2; 6) = 0 (d
1
) và (d
2
) cắt nhau.
b. Gọi
n
r
là vtpt của mặt phẳng (P), ta đợc:
n
r
=
1 2
u , u


uur uur
= (6; 9; 1) chọn
n
r
= (6; 9; 1).
Phơng trình mặt phẳng (P) đợc cho bởi:
(P):
1
qua M ( 1;0; 2)
vtpt n(6;9;1)

r
(P): 6x + 9y + z + 8 = 0.
Cách 2: Ta lần lợt có:
a. Xét hệ phơng trình tạo bởi (d
1
), (P
1
) và (P
2
):
x 1 t
y t
z 2 3t
x 2y 3 0
3y z 10 0
= +


=


= +


+ + =

+ =

x 1 t
y t
z 2 3t
1 t 2( t) 3 0
3( t) ( 2 3t) 10 0
= +


=


= +


+ + + =

+ + =



t 2
x 1
y 2
z 4
=


=

=


=

.
Vậy, hai đờng thẳng (d
1
) và (d
2
) cắt nhau tại điểm A(1; 2; 4).
b. Lấy các điểm M
1
(1; 0; 2) (d
1
) và M
2
(3; 0; 10) (d
2
).
Mặt phẳng (P) sẽ có cặp vtcp là
1
AM
uuuuur
và
2
AM
uuuuur
. Gọi

n
r
là vtpt của mặt phẳng (P),
ta đợc:
n
r
=
1 2
AM , AM


uuuuur uuuuur
= (24; 36; 4) chọn
n
r
= (6; 9; 1).
10
Phơng trình mặt phẳng (P) đợc cho bởi:
(P):
1
qua M ( 1;0; 2)
vtpt n(6;9;1)




r
(P): 6x + 9y + z + 8 = 0.
Hoạt động
Cho đờng thẳng (d

1
) có phơng trình:
(d
1
):
x 1 t
y 2 2t
z 3
=


= +


=

, t
Ă
,
và đờng thẳng (d
2
) là giao tuyến của hai mặt phẳng:
(P
1
): x + y = 0 và (P
2
): 2x y + z 15 = 0.
a. Chứng tỏ rằng hai đờng thẳng (d
1
) và (d

2
) cắt nhau.
b. Viết phơng trình mặt phẳng (P) chứa hai đờng thẳng (d
1
)
và (d
2
).
Thí dụ 8: Trong không gian Oxyz, cho hai đờng thẳng (d
1
) và (d
2
) có phơng trình:
(d
1
):
x 2t 1
y t 2
z 3t 3
= +


= +


=

và (d
2
):

x u 2
y 3 2u
z 3u 1
= +


= +


= +

, t, u
Ă
.
a. Chứng tỏ rằng hai đờng thẳng (d
1
) và (d
2
) chéo nhau.
b. Viết phơng trình mặt phẳng (P) song song và cách đều cách đều (d
1
), (d
2
).
Giải
a. Ta lần lợt có:
Với (d
1
) có vtcp
1

u
uur
(2; 1; 3) và điểm M
1
(1; 2; 3) (d
1
).
Với (d
2
) có vtcp
2
u
uur
(1; 2; 3) và điểm M
2
(2; 3; 1) (d
2
).
suy ra các vectơ
1
u
uur
,
2
u
uur
không cùng phơng, khi đó:
1 2
u , u

uur uur
.
1 2
M M
uuuuuuur
= (3; 3; 3).(1; 5; 4) = 24 (d
1
) và (d
2
) chéo nhau.
b. Đoạn thẳng M
1
M
2
có trung điểm
3 1
M ; ; 1
2 2


ữ

.
Khi đó, phơng trình mặt phẳng (P) đợc xác định bởi:
(P):
1 2
qua M
cócặp vtcp u và u

uur uur
(P):
1 2
qua M
vtpt n u , u ( 3; 3; 3)




= =



r uur uur
(P):
3 1
qua M ; ; 1
2 2
vtpt n(1;1; 1)




ữ

r
(P): x + y z = 0.
Hoạt động
Cho đờng thẳng (d
1
) có phơng trình:
11
(d
1
):
x 1 t
y 2 t
z 3 t
= +


= +


=

, t
Ă
,
và đờng thẳng (d
2
) là giao tuyến của hai mặt phẳng:

(P
1
): x + y z + 5 = 0 và (P
2
): 2x y + 1 = 0.
a. Chứng tỏ rằng hai đờng thẳng (d
1
) và (d
2
) chéo nhau.
b. Viết phơng trình mặt phẳng (R) song song và cách đều
cách đều (d
1
), (d
2
).
c. Viết phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng (d
1
) và
song song với đờng thẳng (d
2
).
d. Viết phơng trình mặt phẳng (Q) chứa đờng thẳng (d
2
) và
song song với đờng thẳng (d
1
).
4. một số bài toán về tính khoảng cách
Bài toán 1: Cho điểm M và đờng thẳng (d) có vtcp

a
r
và đi qua điểm M
0
. Tính
khoảng cách h từ điểm M đến đờng thẳng (d).
Giải
Gọi A là điểm sao cho
0
M A a=
uuuuur
r
.
Khi đó, diện tích hình bình hành có hai cạnh là M
0
M và
MA đợc cho bởi:
S =
0
M M,a


uuuuur r
= MH.M
0
A =
h. a
r

0

M M,a
h
a


=
uuuuur r
r
.

Chú ý: Các em học sinh có thể ghi nhớ công thức trên để giải các bài toán liên
quan tới khoảng cách từ một điểm tới một đờng thẳng.
Thí dụ 9: Trong không gian Oxyz, cho điểm M(3; 1; 3) và đờng thẳng (d) có ph-
ơng trình:
(d):
x 1 y 1 z 2
1 1 2

= =

,
a. Tính khoảng cách từ M tới đờng thẳng (d).
b. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M trên (d).
Giải
a. Đờng thẳng (d) đi qua điểm M
0
(1; 1; 2) và có vtcp
a
r
(1; 1; 2).

Ta có ngay:
d(M, (d)) =
0
M M,a
a


uuuuur r
r
=
( 3; 3; 0)
(1; 1; 2)


=
18
6
=
3
.
b. Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau:
Cách 1: Chuyển phơng trình (d) về dạng tham số:
12
M
M
0
A
(d)
H
(d):

x 1 t
y 1 t
z 2 2t
= +


=


= +

, t
Ă
.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên đờng thẳng (d), suy ra:
H(1 + t; 1 t; 2 + 2t)
MH
uuuur
(t 2; 2 t; 2t 1),
MH (d)
MH
uuuur

a
r

MH
uuuur
.
a

r
= 0
1.(t 2) 1.(2 t) + 2(2t 1) = 0 t = 1 H(2; 0; 4).
Cách 2: Gọi (P) là mặt phẳng thoả mãn:
(P):
qua M
(P) (d)




(P):
qua M(3; 1;3)
vtpt a(1; 1;2)







r
(P): x y + 2z 10 = 0.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên (d), suy ra {H} = (d) (P), do đó toạ độ H
là nghiệm hệ phơng trình:
x 1 y 1 z 2
1 1 2
x y 2z 10 0

= =




+ =


x y 2
2x z 0
x y 2z 10
+ =


+ =


+ =


x 2
y 0
z 4
=


=


=

H(2; 0; 4).
Cách 3: (Dựa vào kết quả câu a): Chuyển phơng trình (d) về dạng tham số:
(d):
x 1 t
y 1 t
z 2 2t
= +


=


= +

, t
Ă
.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên đờng thẳng (d), suy ra:
H(1 + t; 1 t; 2 + 2t)
MH
uuuur
(t 2; 2 t; 2t 1).
Vì độ dài
MH 3=
nên ta đợc:
3 = MH
2
= (t 2)
2

+ (2 t)
2
+ (2t 1)
2
t
2
2t + 1 = 0 t = 1 H(2; 0; 4).

Nhận xét: Thông qua lời giải của thí dụ trên các em học sinh cần ghi nhận ba ph-
ơng pháp để tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của một điểm lên
một đờng thẳng.
Hoạt động
Cho điểm M(4; 3; 2) và đờng thẳng (d) có phơng trình:
(d):
x 1 y z 1
3 2 1
+
= =

,
a. Tính khoảng cách từ M tới đờng thẳng (d).
b. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M trên (d).
Bài toán 2: Tính khoảng cách h giữa hai đờng thẳng chéo nhau (d
1
), (d
2
), biết đ-
ờng thẳng (d
1
) có vtcp

1
u
uur
và đi qua điểm M
1
; đờng thẳng (d
2
) có vtcp
2
u
uur
và đi
qua điểm M
2
.
Giải
Gọi A
1
, a
2
là các điểm sao cho:
13
M
1
M
2
A
2
A
1

(d
2
)
(d
1
)
S
1 1 1
M A u=
uuuuuur uur
,
2 2 2
M A u=
uuuuuur uur
.
Khi đó, thể tích khối hộp có ba cạnh là M
1
M
2
,
M
1
A
1
và M
2
A
2
đợc cho bởi:
V =

1 2 1 2
u , u .M M


uur uur uuuuuur
= h.S =
1 2
h. u ,u


uur uur

1 2 1 2
1 2
u , u .M M
h
u ,u


=


uur uur uuuuuur
uur uur
.

Chú ý: Các em học sinh có thể ghi nhớ công thức trên để giải các bài toán liên
quan tới khoảng cách từ một điểm tới một đờng thẳng.
Thí dụ 10: Trong không gian Oxyz, cho hai đờng thẳng (d
1

) và (d
1
) có phơng trình:
(d
1
):
x y 1 z 6
1 2 3

= =
, (d):
x 1 t
y 2 t
z 3 t
= +


= +


=

, t
Ă
.
a. Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng (d
1
) và (d
2
).

b. Viết phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng (d
1
) và song song với đờng
thẳng (d
2
).
c. Gọi (d) là đờng vuông góc chung của (d
1
) và (d
2
). Gọi H
1
, H
2
theo thứ tự là
giao điểm của (d) với các đờng thẳng (d
1
), (d
2
). Xác định tọa độ các điểm H
1
và H
2
.
Giải
a. Ta lần lợt có:
Đờng thẳng (d
1
) đi qua điểm M
1

(0; 1; 6) và có vtcp
1
u
uur
(1; 2; 3).
Đờng thẳng (d
2
) đi qua điểm M
2
(1; 2; 3) và có vtcp
2
u
uur
(1; 1; 1).
Suy ra:
d((d
1
), (d
2
)) =
1 2 1 2
1 2
u ,u .M M
u ,u




uur uur uuuuuur
uur uur

=
( 5;4; 1).(1; 3; 3)
( 5;4; 1)


=
14
42
.
b. Mặt phẳng (P) sẽ có cặp vtcp là
1
u
uur
và
2
u
uur
. Gọi
n
r
là vtpt của mặt phẳng (P), ta đợc:
n
r
=
1 2
u , u


uur uur
= (5; 4; 1) chọn

n
r
= (5; 4; 1).
Phơng trình mặt phẳng (P) đợc cho bởi:
(P):
1
qua M (0;1;6)
vtpt n(5; 4;1)




r
(P): 5x 4y + z 2 = 0.
c. Chuyển phơng trình của (d
1
) về dạng tham số:
(d
1
):
x u
y 1 2u
z 6 3u
=


= +


= +

, u
Ă
H
1
(u; 1 + 2u; 6 + 3u).
14
Vì H
2
(d
2
) nên H
2
(1 + t; t 2; 3 t), suy ra:
1 2
H H
uuuuur
(t u + 1; t 2u 3; t 3u 3).
Từ điều kiện:





)d()d(
)d()d(
2
1

1 2 1

1 2 2
H H u
H H u







uuuuur uur
uuuuur uur

1 2 1
1 2 2
H H .u 0
H H .u 0

=


=


uuuuur uur
uuuuur uur


(t u 1) 2(t 2u 3) 3(t 3u 3) 0
(t u 1) (t 2u 3) (t 3u 3) 0

+ + + + =


+ + + + + =


u 1
t 1/ 3
=


=

.
Khi đó, bằng cách thay u, t theo thứ tự vào các phơng trình tham số của (d
1
), (d
2
)
ta đợc H
1
(1; 1; 3),
2
2 7 10
H ; ;
3 3 3


ữ

.
Hoạt động
Cho hai đờng thẳng:
(d
1
):
x y z 5 0
2x y 1 0
+ + =


+ =

và (d
2
):
x 1 t
y 2 t
z 3 t
= +


= +


=

, t
Ă
.

a. Chứng minh rằng hai đờng thẳng đó chéo nhau. Tìm góc giữa
chúng.
b. Tính khoảng cách giữa (d
1
) và (d
2
).
c. Viết phơng trình đờng vuông góc chung của (d
1
) và (d
2
).
d. Viết phơng trình đờng thẳng song song với Oz, cắt cả
(d
1
) và (d
2
).
B. ph
B. ph
ơng pháp giải Các dạng toán th
ơng pháp giải Các dạng toán th
ờng gặp
ờng gặp
Bài toán 1: Phơng trình đờng thẳng.
Phơng pháp áp dụng
Ta có:
1. Phơng trình:
0 1
0 2

0 3
x x a t
y y a t
z z a t
= +


= +


= +

, t
Ă
là phơng trình tham số của một đờng thẳng khi và chỉ khi:
2
1
a
+
2
2
a
+
2
3
a
> 0.
Khi đó, nó đi qua một điểm M
0
(x

0
; y
0
; z
0
) và có vtcp
a
r
(a
1
; a
2
; a
3
).
2. Phơng trình:
0
1
x x
a

=
0
2
y y
a

=
0
3

z z
a

là phơng trình chính tắc của một đờng thẳng khi và chỉ khi:
a
1
a
2
a
3
0.
Khi đó, nó đi qua một điểm M
0
(x
0
; y
0
; z
0
) và có vtcp
a
r
(a
1
; a
2
; a
3
).
15

Chú ý: Đi kèm với họ đờng thẳng (d
m
) thờng có thêm các câu hỏi phụ:
Câu hỏi 1: Tìm điểm cố định mà họ đờng thẳng (d
m
) luôn đi qua.
Câu hỏi 3: Cho điểm M có tính chất K, biện luận theo vị trí của M số đờng thẳng
của họ (d
m
) đi qua M.
Câu hỏi 3: Chứng minh rằng họ đờng thẳng (d
m
) luôn thuộc một mặt phẳng cố
định, để thực hiện yêu cầu này chúng ta lựa chọn một trong hai cách sau:
Cách 1: Khử m từ hệ của phơng trình (d), ta đợc:
Ax + By + Cz + D = 0 (1)
Khi đó (1) chính là phơng trình của mặt phẳng cố định (P)
chứa các đờng thẳng của họ (d
m
).
Cách 2: Ta thực hiện theo các bớc sau:
Bớc 1: Các điểm M(x; y; z) thuộc (d
m
) có tọa độ thỏa mãn phơng trình:
[A
1
(m)x + B
1
(m)y + C

1
(m)z + D
1
(m)] +
+ [A
2
(m)x + B
2
(m)y + C
2
(m)z + D
2
(m)] = 0. (2)
Bớc 2: Lựa chọn các giá trị thích hợp của , , đa (2) về dạng:
Ax + By + Cz + D = 0 (3)
Bớc 3: Khi đó (3) chính là phơng trình của mặt phẳng cố định (P)
chứa các đờng thẳng của họ (d
m
).
Cách 3: Ta thực hiện theo các bớc sau:
Bớc 1: Tìm điểm cố định M
0
(x
0
; y
0
; z
0
) mà họ đờng thẳng (d
m

) luôn
đi qua.
Tìm vectơ cố định
n
r
(A; B; C)
0
r
vuông góc với họ đờng
thẳng (d
m
).
Bớc 2: Khi đó, phơng trình mặt phẳng cố định (P) là:
(P):
0 0 0 0
Qua M (x ;y ;z )
vtpt n(A;B;C)





r

(P): A(x x
0
) + B(y y
0
) + C(z z
0

) = 0.
Ví dụ 1:
Ví dụ 1:


Trong không gian Oxyz, cho phơng trình:
x 1 (m 1)t
y 2 mt
z (m 1)t
= + +


= +


=

, t
Ă
. (1)
a. Tìm điều kiện của m để phơng trình trên là phơng trình của một họ đờng
thẳng kí hiệu là (d
m
), từ đó chỉ ra điểm cố định mà họ (d
m
) luôn đi qua.
b. Điểm A(3; 3; 1) có thuộc đờng thẳng nào của họ (d
m
) không.
c. Chứng minh rằng họ đờng thẳng (d

m
) luôn thuộc một mặt phẳng (P) cố
định, tìm phơng trình mặt phẳng (P).
Hớng dẫn: Sử dụng kiến thức trong phần phơng pháp giải toán.
Giải
a. Ta có:
2
1
a
+
2
2
a
+
2
3
a
= (m + 1)
2
+ m
2
+ (m 1)
2
= 3m
2
+ 2 > 0, m
Vậy với mọi m, phơng trình (1) là phơng trình tham số của họ đờng thẳng (d
m
) và
dễ nhận thấy họ (d

m
) luôn đi qua điểm cố định M
0
(1; 2; 0), ứng với t = 0 khi thay vào
phơng trình tham số của đờng thẳng.
16
b. Điểm A(3; 3; 1) thuộc một đờng thẳng của họ khi hệ sau có nghiệm:
3 1 (m 1)t
3 2 mt
1 (m 1)t
= + +


= +


=


mt t 2
mt 1
mt t 1
+ =


=


=

t 1
mt 1
t 0
=


=


=

, vô nghiệm.
Vậy, điểm A(3; 3; 1) không thuộc đờng thẳng nào của họ (d
m
).
c. Ta lựa chọn một trong ba cách lập luận sau:
Cách 1: Từ hệ (1) bằng cách rút theo t, ta đợc:
x 1
t
m 1
y 2
t
m
z
t
m 1


=

+



=



=




x 1 y 2
m 1 m
y 2 z
m m 1


=


+



=

m(x y 1) y 2
m(y z 2) y 2
+ =


=


x y 1
1
y z 2
+
=

x 2y + z + 3 = 0.
Đó chính là phơng trình mặt phẳng (P) cố định chứa họ đờng thẳng (d
m
).
Cách 2: Từ hệ (1) bằng cách cộng phơng trình thứ nhất với phơng trình thứ ba, ta đợc:
x z 1 2mt
y 2 mt
+ = +


= +


x z 1 2mt
2y 4 2mt

+ = +


= +

x 2y + z + 3 = 0.
Đó chính là phơng trình mặt phẳng (P) cố định chứa họ đờng thẳng (d
m
).
Cách 3: Họ (d
m
) có vtcp
a
r
(m + 1; m; m 1) và với vectơ
n
r
(1; 2; 1) ta có nhận xét:
a
r
.
n
r
= m + 1 2m + m 1 = 0, m
a
r

n
r
, m.

Do đó, họ (d
m
) thuộc mặt phẳng (P) cố định có phơng trình đợc cho bởi:
(P):
0
Qua M (1;2;0)
vtpt n(1; 2;1)






r
(P): x 2y + z + 3 = 0.

Nhận xét: Nh vậy, với câu hỏi c) chúng ta đã trình bày theo ba cách:


ở cách 1, chúng ta thực hiện việc chuyển phơng trình của họ (d
m
) về
dạng chính tắc rồi dạng tổng quát (giao tuyến của hai mặt phẳng) và từ
đó khử m đề nhận đợc phơng trình mặt phẳng cố định (P). Công việc
này thực chất là khử dần các tham số t và m.


ở cách 2, chúng ta thực hiện liên tiếp hai phép khử cho các tham số t
và mt và đây là cách giải mà các em học sinh hãy ghi nhận để áp dụng
cho các bài tập tơng tự.

ở cách 3, để tìm đợc vectơ
n
r
chúng ta thực hiện nh sau:
Giả sử
n
r
(A; B; C) và khi đó:
a
r
.
n
r
= 0, m A(m + 1) + Bm + C(m 1) = 0, m
(A + B + C)m + A C = 0, m
17

A B C 0
A C 0
+ + =


=


A C
B 2C
=

=

.
Từ đó, chọn C = 1 ta đợc
n
r
(1; 2; 1).
Ví dụ 2:
Ví dụ 2:


Trong không gian Oxyz, cho phơng trình:
1 x y 1 z 2
1 m m 1
+ +
= =

. (1)
a. Tìm điều kiện của m để phơng trình (1) là phơng trình chính tắc của một đờng
thẳng, gọi là họ (d
m
). Khi đó, tìm điểm cố định mà họ (d
m
) luôn đi qua.
b. Chứng tỏ rằng họ đờng thẳng (d
m
) luôn thuộc mặt phẳng (P) cố định.
c. Tính thể tích khối tứ diện giới hạn bởi mặt phẳng (P) và các mặt phẳng toạ độ.

Hớng dẫn: Sử dụng kiến thức trong phần phơng pháp giải toán.
Giải
a. Để phơng trình (1) là phơng trình chính tắc của một đờng thẳng điều kiện là:
m(m 1) 0 m 0 và m 1. (*)
Với điều kiện (*) ta thấy ngay họ đờng thẳng (d
m
) luôn đi qua điểm cố định M
0
(1;
1; 2).
b. Ta lựa chọn một trong hai cách lập luận sau:
Cách 1: Từ (1), ta đợc:
1 x y 1
1 m
1 x z 2
1 m 1
+

=



+

=



m(1 x) y 1
m(1 x) x z 3

= +


= + +

y + 1 = x + z + 3
x + y z 2 = 0.
Đó chính là phơng trình mặt phẳng (P) cố định chứa họ đờng thẳng (d
m
).
Cách 2: Các đờng thẳng thuộc họ (d
m
) có vtcp
( )
u 1; m; m 1
r
.
Với vectơ
n(1;1; 1)
r
ta có nhận xét:
u.n 1.1 m.1 (m 1)( 1) 1 m m 1 0= + + = + + =
r r

u n, m
r r
.
Vậy, họ đờng thẳng (d
m
) luôn thuộc mặt phẳng cố định (P) có phơng trình đợc cho

bởi:
(P):
0
Qua M (1; 1; 2)
vtpt n(1;1; 1)







r
(P): x + y z 2 = 0.
c. Ta có:
(P) Ox = {A(2; 0; 0)}, (P) Oy = {B(0; 2; 0)},
(P) Oz = {C(0; 0; 2)}.
Thể tích khối tứ diện OABC đợc cho bởi:
1
V OA.OB.OC
6
=
=
1
.2.2. 2
6

=
4
3

(đvtt).

18
Nhận xét: Với mặt phẳng (Q) chúng ta còn gặp một dạng toán là "Tìm đờng thẳng cố
định luôn thuộc họ mặt phẳng (Q)". Thí dụ với mặt phẳng (Q): x +
my 3mz m 1 = 0 ta thực hiện phép biến đổi:
(Q): x 1 + m(y 3z 1) = 0
Từ đó, suy ra đờng thẳng cố định thuộc họ mặt phẳng (Q) có phơng
trình:
(d):
x 1 0
y 3z 1 0
=


=

.
Nh vậy, để chứng minh họ mặt phẳng (P
m
) luôn đi qua một đờng thẳng
(d) cố định, ta thực hiện theo các bớc:
Bớc 1: Biến đổi phơng trình của họ (P
m
) về dạng:
f(x, y, z) + mg(x, y, z) = 0.
Bớc 2: Vậy, họ (P
m
) luôn đi qua một đờng thẳng (d) cố định có
phơng trình:

(d):
f (x, y,z) 0
g(x, y, z) 0
=


=

.
Bài toán 2: Chuyển dạng phơng trình đờng thẳng.
Phơng pháp áp dụng
1. Với (d) cho dới dạng tham số:
(d):
0 1
0 2
0 3
x x a t
y y a t
z z a t
= +


= +


= +

, t
Ă
. (1)

Bằng cách rút t từ hệ, ta sẽ nhận đợc phơng trình chính tắc của đờng thẳng (d),
cụ thể:
(1)
0
1
0
2
0
3
x x
t
a
y y
t
a
z z
t
a


=





=

=




0
1
x x
a

=
0
2
y y
a

=
0
3
z z
a

.
Đó chính là phơng trình chính tắc của đờng thẳng (d).
2. Với (d) cho dới dạng chính tắc:
(d):
0
1
x x

a

=
0
2
y y
a

=
0
3
z z
a

. (2)
Bằng việc sử dụng tham số trung gian t ta nhận đợc phơng trình tham số của
đờng thẳng (d), cụ thể:
(2)
0
1
x x
a

=
0
2
y y
a

=

0
3
z z
a

= t (d):
0 1
0 2
0 3
x x a t
y y a t
z z a t
= +


= +


= +

, t
Ă
.
Đó chính là phơng trình tham số của đờng thẳng (d).
19
3. Với (d) cho dới dạng là giao tuyến của hai mặt phẳng cắt nhau:
(P
1
): A
1

x + B
1
y + C
1
z + D
1
= 0, (P
2
): A
2
x + B
2
y + C
2
z + D
2
= 0
Khi đó, đờng thẳng (d) gồm các điểm M(x; y; z) thoả mãn hệ phơng trình:
1 1 1 1
2 2 2 2
A x B y C z D 0
A x B y C z D 0
+ + + =


+ + + =

.
Để có đợc phơng trình dạng tham số, chính tắc của (d) ta lựa chọn một trong hai
cách sau:

Cách 1: Thực hiện theo các bớc sau:
Bớc 1:
Gọi
u
r
là vtcp, ta có:
1 2
u n , n

=

r uur uur
=
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
B C C A A B
, ,
B C C A A B

ữ
ữ

.
Bớc 2:
Tìm một điểm M(x
0

; y
0

; z
0
) (d).
Bớc 3:
Vậy, ta đợc:
(d):
0 0 0
qua M(x ; y ;z )
vtcp u





r
.
Từ đó ta có đợc:
Phơng trình tham số của (d).
Phơng trình chính tắc của (d).
Cách 2: Thực hiện theo các bớc sau:
Bớc 1:
Tìm hai điểm A, B (d).
Bớc 2:
Vậy, ta đợc:
(d):
Qua A
vtcp AB

uuur
.
Từ đó ta có đợc:
Phơng trình tham số của (d).
Phơng trình chính tắc của (d).
Lu ý: Với yêu cầu xác định phơng trình tham số của đờng thẳng (d) chúng ta có
thể thực hiện đơn giản hơn bằng cách đặt x = t (hoặc y = t hoặc z = t) từ
đó suy ra y và z theo t.
Ví dụ 1:
Ví dụ 1:


Trong không gian Oxyz, cho đờng thẳng (d) có phơng trình:
x 2 t
(d) : y 4 2t, t .
z 1 t
=


= +


=

Ă
a. Viết phơng trình chính tắc của (d).
b. Tìm toạ độ các giao điểm A, B, C của (d) với các mặt phẳng toạ độ.
c. Tính tỉ số diện tích của hai tam giác OAB và OAC.

Hớng dẫn: Với câu a), sử dụng kiến thức trong phần phơng pháp giải toán.
Giải
a. Ta có thể trình bày theo các cách sau:
20
Cách 1: Bằng cách rút t từ hệ, ta đợc:
(d):
x 2 t
y 4 2t
z 1 t
=


=


=


x 2 y 4 z 1
(d) :
1 2 1

= =

.
Đó chính là phơng trình chính tắc của đờng thẳng (d).
Cách 2: Từ phơng trình tham số của đờng thẳng (d), ta đợc:
Qua M(2; 4; 1)
(d) :
vtcp u( 1; 2; 1)

r

x 2 y 4 z 1
(d) :
1 2 1

= =

.
b. Ta lần lợt:
Toạ độ giao điểm A của (d) với mặt phẳng (Oxy) là nghiệm của hệ:
x 2 t
y 4 2t
z 1 t 0
=


= +


= =


x 2 1 1

y 4 2 6
z 0
= =


= + =


=

A(1; 6; 0).
Toạ độ giao điểm B của (d) với mặt phẳng (Oxz) là nghiệm của hệ:
x 2 t
y 4 2t 0
z 1 t
=


= + =


=


x 2 2 4
y 0
z 1 2 3
= + =

=


= + =

B(4; 0; 3).
Toạ độ giao điểm C của (d) với mặt phẳng (Oyz) là nghiệm của hệ:
x 2 t 0
y 4 2t
z 1 t
= =


= +


=


x 0
y 4 2.2 8
z 1 2 1
=


= + =


= =

C(0; 8; 1).
c. Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Ta lần lợt có:
OAB
1 1 909
S OA, OB (18; 3; 24)
2 2 2


= = =

uuur uuur
,
OAC
1 1 101
S OA, OC ( 6; 1; 8)
2 2 2


= = =

uuur uuur
.
Từ đó, suy ra:
OAB
OAB
S
909 / 2
3.
S

101 / 2


= =
Cách 2: Ta có:
AB
OAB
OAB
AC
1
h .AB
S
d(O, AB).AB d(O, (d)).AB AB 54
2
3.
1
S d(O, AC).AC d(O, (d)).AC AC
6
h .AC
2


= = = = = =
21
Ví dụ 2:
Ví dụ 2:


Trong không gian Oxyz, cho đờng thẳng (d) có phơng trình:
x 1 y 1 1 z

(d) :
1 1 1

= =
.
a. Viết phơng trình tham số của (d).
b. Viết phơng trình mặt phẳng (P) chứa (d) và cắt chiều dơng các trục toạ độ
tại các điểm A, B, C sao cho tứ diện OABC có thể tích bằng 6.
Hớng dẫn: Với câu a), sử dụng kiến thức trong phần phơng pháp giải toán.
Giải
a. Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Bằng việc sử dụng tham số trung gian t , ta đợc:
x 1 y 1 1 z
t
1 1 1

= = =

x 1 t
(d) : y 1 t, t
z 1 t
= +


= +


=

Ă

.
Đó chính là phơng trình tham số của đờng thẳng (d).
Cách 2: Từ phơng trình chính tắc của đờng thẳng (d), ta đợc:
Qua M(1; 1; 1)
(d) :
vtcp u(1; 1; 1)






r

x 1 t
(d) : y 1 t, t
z 1 t
= +


= +


=

Ă
.
b. Dễ thấy đờng thẳng (d) đi qua hai điểm M(1; 1; 1) và N(0; 0; 2).
Với ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) với a, b, c > 0, ta đợc phơng trình:
x y z

(P) : 1
a b c
+ + =

(P) : bcx acy abz abc+ + =
. (1)
Ta lần lợt:
Thể tích tứ diện OABC bằng 6, ta đợc:
V
OABC
= 6
1 1
OA.OB.OC 6 a.b.c 6 abc 36.
6 6
= = =
(2)
Mặt phẳng (P) chứa (d) khi nó chứa các điểm N, M, ta đợc:
2ac abc
bc ac ab abc
=


+ + =


(2)
c 2
2b 2a ab 36
ab 18
=

+ + =


=


c 2
a b 9
ab 18
=


+ =


=

.
Từ hệ trên, suy ra a, b là nghiệm của phơng trình:
t
2
9t + 18 = 0
1
2
t 3
t 6
=

=


a 3 v b 6
a 6 v b 3
à
à
= =


= =

.
Khi đó:
Với a = 3, b = 6 và c = 2 thay vào (1), ta đợc:
(P
1
): 6.2x + 3.2y + 3.6z = 3.6.2 (P
1
): 2x + y + 3z 6 = 0.
Với a = 6, b = 3 và c = 2 thay vào (1), ta đợc:
(P
2
): 3.2x + 6.2y + 6.3z = 6.3.2 (P
2
): x + 2y + 3z 6 = 0.
Vậy, tồn tại hai mặt phẳng (P
1
), (P

2
) thoả mãn điều kiện đầu bài.
22

Chú ý: Các em học sinh cần tránh sai lầm khi cho rằng đờng thẳng (d) có vtcp là
u(1; 1; 1)
r
.
Ví dụ 3:
Ví dụ 3:


Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P) và (Q) có phơng trình:
(P): x + 4y 2z 6 = 0, (Q): x 2y + 4z 6 = 0.
a. Chứng tỏ rằng hai mặt phẳng (P) và (Q) cắt nhau theo giao tuyến (d). Hãy
tìm tọa độ của một vtcp của (d).
b. Viết phơng trình tham số và chính tắc của đờng thẳng (d).
c. Viết phơng trình mặt phẳng (P) chứa (d) và cắt các trục toạ độ tại các điểm
A, B, C sao cho hình chóp O.ABC là hình chóp đều.
Hớng dẫn: Với câu a), sử dụng kiến thức trong phần phơng pháp giải toán.
Giải
a. Gọi
P
n
uur
,
Q
n
uur
theo thứ tự là vtpt của các mặt phẳng (P), (Q), ta có:

P
n
uur
(1; 4; 2),
Q
n
uur
(1; 2; 4)
P
n
uur
và
Q
n
uur
không cùng phơng (P) (Q) = (d).
Để tìm một vtcp
u
r
của giao tuyến (d) ta có thể sử dụng các cách sau:
Cách 1: Giao tuyến (d) gồm các điểm M(x; y; z) thỏa mãn hệ phơng trình:
x 4y 2z 6 0
x 2y 4z 6 0
+ =


+ =

. (I)
Suy ra M(6; 0; 0) (d) và N(2; 2; 2) (d) nên

u MN ( 4; 2; 2)= =
r uuuur
.
Cách 2: Gọi
u
r
là một vtcp của đờng thẳng (d), ta có:
P Q
u n , n (12; 6; 6)

= =

r uur uur
chọn
u(2; 1; 1)
r
.
b. Ta còn có thể thực hiện theo các cách sau:
Cách 1: Ta có:
Qua M(6;0;0)
(d) :
Qua N(2;2;2)




Qua M(6;0;0)
(d) :
vtcp MN( 4;2;2) chọn (2; 1; 1)

uuuur


x 6 2t
(d) : y t , t
z t
= +


=


=

Ă
hoặc
x 6 y z
(d) :
2 1 1

= =

.
Cách 2: Ta có:
Qua M(6;0;0)

(d) :
vtcp u(2; 1; 1)






r

x 6 2t
(d) : y t , t
z t
= +


=


=

Ă

hoặc
x 6 y z
(d) :
2 1 1

= =

.
Cách 3: Trong hệ (I) cho z = t, ta đợc:
23
x 4y 2t 6 0
x 2y 4t 6 0
z t
+ =


+ =


=


x 6 2t
y t
z t
=


=


=

. (II)
Đó chính là phơng trình tham số của đờng thẳng (d).
Từ hệ (II), bằng cách rút t, ta đợc:
6 x y z

t
2 1 1

= = =

x 6 y z
2 1 1

= =

.
Đó chính là phơng trình chính tắc của đờng thẳng (d).
c. Dễ thấy đờng thẳng (d) đi qua hai điểm M(6; 0; 0) và N(2; 2; 2).
Với ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), ta đợc phơng trình:
x y z
(P) : 1
a b c
+ + =
. (1)
Ta lần lợt:
Hình chóp O.ABC là hình chóp tam giác đều, ta đợc:
OA = OB = OC a = b = c. (2)
Mặt phẳng (P) chứa (d) khi nó chứa các điểm N, M, ta đợc:
6
1
a
2 2 2
1
a b c

=




+ + =



(2)
a 6
1 1 1
b c 3
b c 6

=


+ =



= =

a = b = c = 6.
Vậy, mặt phẳng (P): x + y + z 6 = 0 thoả mãn điều kiện đầu bài.
Bài toán 3: Viết phơng trình đờng thẳng.
Phơng pháp áp dụng
Để viết phơng trình đờng thẳng (d), ta sử dụng các kết quả:
1. Đờng thẳng đi qua một điểm và biết vtcp:

(d):
0 0 0 0
1 2 3
Qua M (x ;y ;z )
vtcpa(a ;a ;a )





r
suy ra:
Phơng trình tham số của (d) có dạng:
(d):
0 1
0 2
0 3
x x a t
y y a t
z z a t
= +


= +


= +

, t
Ă

.
Phơng trình chính tắc của (d) có dạng:
(d):
0
1
x x
a

=
0
2
y y
a

=
0
3
z z
a

.
2. Đờng thẳng đi qua hai điểm:
24
(d):
1 1 1 1
2 2 2 2
Qua M (x ; y ;z )
Qua M (x ; y ;z )

(d):
1 1 1 1
1 2 2 1 2 1 2 1
Qua M (x ; y ;z )
vtcp M M (x x ;y y ;z z )






uuuuuur
suy ra:
Phơng trình tham số của (d) có dạng:
(d):
1 2 1
1 2 1
1 2 1
x x (x x )t
y y (y y )t
z z (z z )t
= +


= +


= +

, t
Ă
.
Phơng trình chính tắc của (d) có dạng:
(d):
1
2 1
x x
x x


=
1
2 1
y y
y y


=
1
2 1
z z
z z


.
3. Đờng thẳng đợc coi là giao tuyến của hai mặt phẳng (P), (Q) chứa nó. Và khi đó
các em học sinh cần thực hiện việc chuyển dạng phơng trình đờng thẳng.
Ví dụ 1:
Ví dụ 1:

Trong không gian Oxyz, cho điểm M(3; 5; 7) và mặt phẳng:
(P): x 2y 3z 6 0 + =
.
a. Viết phơng trình đờng thẳng (d) qua M và vuông góc với (P).
b. Viết phơng trình hình chiếu vuông góc của đờng thẳng (d) trên mỗi mặt
phẳng toạ độ.
c. Viết phơng trình mặt phẳng (P) chứa (d) và cắt các trục toạ độ tại các điểm
A, B, C sao cho hình chóp O.ABC là hình chóp tam giác đều.
Hớng dẫn: Với câu a), sử dụng điều kiện mặt phẳng (P) qua M và có vtcp là vtpt của (P)
Giải
a. Ta có:
Qua M
(d) :
(d) (P)





P
Qua M(3; 5;7)
(d) :
vtcp n (1; 2;3)

uur

x 3 t
(d) : y 5 2t , t
z 7 3t
= +


=


= +

Ă
.
b. Ta lần lợt có:
Hình chiếu vuông góc của (d) lên (Oxy) có phơng trình:
1
x 3 t
(d ): y 5 2t, t
z 0
= +


=


=

Ă
Tơng tự, hình chiếu vuông góc (d
2
), (d
3
) của (d) lên các mặt phẳng (Oyz) và
(Oxz) có phơng trình:
2
x 0
(d ) : y 5 2t, t
z 7 3t
=


=


= +

Ă
,
3
x 3 t
(d ) : y 0 , t
z 7 3t
= +


=

= +

Ă
c. Dễ thấy đờng thẳng (d) đi qua hai điểm M(3; 5; 7) và N(1; 1; 1).
Với ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), ta đợc phơng trình:
x y z
(Q) : 1
a b c
+ + =
. (1)
25