SKKN Bài toán viết phương trình đường thẳng trong không gian

1
1. TÊN ĐỀ TÀI:
BÀI TOÁN
VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHÔNG GIAN
2. ĐẶT VẤN ĐỀ:
2.1. Tầm quan trọng của vấn đề được nghiên cứu:
Về bài học Phương trình đường thẳng trong không gian trong sách giáo
khoa Hình học lớp 12 chỉ đưa ra một cách chung chung chưa phân dạng cụ
thể tường minh, với thực tế giảng dạy, ôn luyện cho học sinh lớp 12, tôi nhìn
thấy viết phương trình đường thẳng trong không gian là dạng toán cơ bản
thường xuyên xuất hiện trong các đề kiểm tra, đề thi học kỳ, đề thi tốt nghiệp
cũng như đề thi Đại học, Cao đẳng. Nhằm giúp cho các em có đủ tự tin hơn
thì người thầy phải có cách hệ thống hóa và phân dạng các dạng bài tập cơ
bản để cho số đông học sinh có thể tiếp thu tốt phương trình đường thẳng.
2.2. Thực trạng liên quan đến vấn đề đang nghiên cứu:
Trong quá trình giảng dạy về chuyên đề Phương trình đường thẳng
trong không gian bản thân tôi nhận thấy một điều học sinh rất lúng túng trong
việc viết phương trình đường thẳng, bởi lẻ nó rất đa dạng, rất trừu tượng chưa
mang tính hệ thống và phân dạng làm cho học sinh không hình dung được
cách viết phương trình của đường thẳng.
2.3. Lý do chọn đề tài:
Trong chương trình toán THPT, dạng toán viết phương trình đường
thẳng là một trong cách dạng bài tập cơ bản, đặc biệt trong các kỳ thi học sinh
thương xuyên gặp dạng bài tập này. Là một giáo viên qua nhiều năm giảng
dạy, tôi rất trăn trở về vấn đề này. Vấn đề tôi thường đặt ra làm thế nào học
sinh làm tốt dạng toán viết phương trình đường thẳng trong không gian. Do
đó, tôi chỉ có một lao động nhỏ là hệ thống lại và phân dạng các bài toán viết
phương trình đường thẳng, đưa ra phương pháp giải từng dạng rỏ ràng và dễ
hiểu.
2.4. Giới hạn nghiên cứu của đề tài
Phạm vi nghiên cứu cho đề tài này ở hai lớp 12/3 và 12/11 tại trường

THPT Nguyễn Hiền năm học 2012-2013.


2
3. CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Để xây dựng được đề tài này, tôi dựa trên cơ sơ kiến thức đã được học
và đọc nhiều tài liệu nói về chuyên đề phương trình đường thẳng trong không
gian.
4. CƠ SỞ THỰC TIỄN:
Từ năm học 2007-2008 cho đến năm học 2011-2012, tôi luôn được
trường phân công dạy Toán lớp 12. Đây là điều kiện tốt nhất cho tôi thực hiện
nghiên cứu đề tài này.
5. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:
5.1. Cơ sở lý thuyết:
Nhắc lại phương trình tham số và phương trình chính tắc của đường
thẳng
a) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đường thẳng d đi qua điểm
r
M ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận vectơ chỉ phương u = (a; b; c ) có phương trình tham số là:
 x = x0 + at

d :  y = y0 + bt (t ∈ R )
 z = z + ct
0

 x = x0 + at
Qua M ( x0 ; y0 ; z0 )


r

⇔ d :  y = y0 + bt (t ∈ R)
Vậy, ta có d : 
VTCP : u = (a; b; c)

 z = z + ct
0


b) Trong không gian với hệ tọa độ rOxyz, đường thẳng d đi qua điểm
M ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận vectơ chỉ phương u = (a; b; c ) thỏa mãn abc ≠ 0 có phương
trình chính tắc là:
x − x0 y − y0 z − z0
=
=
a
b
c

5.2. Các dạng toán:
* DẠNG 1: Viết phương trình đường thẳng d đi qua M ( x0 ; y0 z0 ) và có
r
vectơ chỉ phương u = (a; b; c) .
a) Cách giải:
- Dựa vào giả thiết để tìm vectơ chỉ phương của đường thẳng d
- Đường thẳng d được cho bởi:


3
 x = x0 + at
Qua M ( x0 ; y0 ; z0 )



r
d :
⇔ d :  y = y0 + bt (t ∈ R )
VTCP : u = (a; b; c)

 z = z + ct
0


Chú ý:
r uuu
r
- Nếu d đi qua hai điểm A, B thì u = AB
r uu uu
r r
- Nếu d // ∆ thì u = u∆ (u∆ là VTCP của đường thẳng ∆)
r uu uu
r r
- Nếu d ⊥ ( P) thì u = nP (nP là VTPT của mặt phẳng (P))
b)Các ví dụ:
Viết phương trình đường thẳng d trong mỗi trường hợp sau:
a) Đường thẳng d đi qua hai điểm A(1; 2;3), B(−3; 4; 4)
b) Đường thẳng d đi qua điểm C (3; 2; −1) và song song với đường thẳng
∆:

x −1 y z + 2
= =
2

3
1

c) Đường thẳng d đi qua điểm D(−3; 4;1) và vuông góc với mặt phẳng
( P) : x + 2 y − 3z + 5 = 0

Giải:
uuu
r

a) Ta có: AB = (−4; 2;1)
Qua A(1; 2;3)
r
VTCP : u = (−4; 2;1)

 x = 1 − 4t

- Vậy phương trình tham số của d :  y = 2 + 2t (t ∈ R)
z = 3 + t


- Đường thẳng d được cho bởi: d : 

uu
r

b) - VTCP của đường thẳng ∆ : u∆ = (2;3;1)
Qua C (3; 2; −1)
Qua C (3; 2; −1)


r uu
r
⇔ d :
d // ∆
VTCP : u = u∆ = (2;3;1)



- Đường thẳng d được cho bởi: d : 

- Vậy phương trình chính tắc của d :

x − 3 y − 2 z +1
=
=
2
3
1

uu
r

c) - VTPT của mặt phẳng ( P) : nP = (1; 2; −3)
- Đường thẳng d được cho bởi:

Qua D(−3; 4;1)
Qua D(−3; 4;1)

r uu
r

d :
⇔ d :
VTCP : u = nP = (1; 2; −3)
d ⊥ ( P )

x + 3 y − 4 z −1
=
=
- Vậy phương trình chính tắc của d :
1
2
−3

Nhận xét: Qua ba ví dụ trên cho ta thấy bài toán rviết phương trình
đường thẳng ở dạng 1 không cho trước vectơ chỉ phương u mà phải dựa vào


4
giả thiết khác nhau để suy ra vectơ chỉ phương. Vì vậy cần nhấn mạnh cho
học sinh tầm quan trọng của việc nắm các chú trên đã nên trên.
* DẠNG 2: Viết phương trình đường thẳng d đi qua M ( x0 ; y0 z0 ) , có vectơ
r rr r r
r
r
chỉ phương u thỏa mãn u ⊥ a, u ⊥ b ( a và b không cùng phương)
a. Cácr giải:
h
- Gọi u là vectơ chỉ phương của đường thẳng d

r r

u ⊥ a r r r

- Ta có:  r r ⇒ u =  a, b  = (a; b; c) (Lưu ý dựa vào giả thiết để suy ra
 
u ⊥ b

 x = x0 + at
Qua M ( x0 ; y0 ; z0 )


r
⇔ d :  y = y0 + bt
- Đường thẳng d được cho bởi: d : 
VTCP : u = (a; b; c)

 z = z + ct
0


r r
u ⊥ a

r r )
u ⊥ b

(t ∈ R )

Chú ý:
r uu uu uu uu
r r r r

d //( P )
thì u =  nP , nQ  (nP , nQ là VTPT của mặt phẳng (P), (Q).


d //(Q)
r uu uu uu
r r r
uu
r
 d //( P )
- Nếu 
thì u =  nP , u∆  (nP là VTPT của mp(P) và u∆ là VTCP của


d ⊥ ∆

- Nếu 

đường thẳng ∆ )

r uu uu uu
r r r
uu
r
 d ⊂ ( P)
thì u =  nP , u∆  (nP là VTPT của mp(P) và u∆ là VTCP của


d ⊥ ∆

- Nếu 

đường thẳng ∆ )

r ur uu ur uu
r
r
 d ⊥ d1
thì u = u1 , u2  (u1 , u2 lần lượt là VTCP của hai đường thẳng d1 , d 2


d ⊥ d 2

- Nếu 
)

r uu uu
r r
 d ⊂ ( P)
(d là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q)) thì u =  nP , nQ 


 d ⊂ (Q)

- Nếu 

b. Các ví dụ:
a) Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(1;3;3) và song song với hai
mặt phẳng (P) và (Q) lần lượt có phương trình sau:
( P ) : x + y + 2 z − 3 = 0, (Q) : 2 x − y − z + 1 = 0

Giải:
uu
r
uu
r
nP = (1;1; 2) và nQ = (2; −1; −1)
VTPT của (P) và (Q):
r
- Gọi u là vectơ chỉ phương của đường thẳng d.
r uu
r
r uu uu
r r
 d //( P ) u ⊥ nP

⇒  r uu ⇒ u =  nP , nQ  = (1;5; −3)
r
Ta có: 


 d //(Q) u ⊥ nQ



5
Qua A(1;3;3)
r
VTCP : u = (1;5; −3)



- Đường thẳng d được cho bởi: d : 

x = 1+ t

- Vậy phương trình tham số của d :  y = 3 + 5t (t ∈ R)
 z = 3 − 3t


b) Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B(3; −2; −1) và song song với
mặt phẳng ( R) : x − 2 y − 2 z + 4 = 0 và vuông góc với đường thẳng
∆:

x y−4 z+2
=
=
2
1
−3

Giải:
uu
r

uu
r

VTPT của (R) và VTCP của ∆ : nR = (1; −2; −2) và u∆ = (2;1; −3)
r

- Gọi u là vectơ chỉ phương của đường thẳng d.
r uu
r
r uu uu
r r
 d //( R ) u ⊥ nR

⇒  r uu ⇒ u =  nR , u∆  = (8; −1;5)
r
Ta có: 


d ⊥ ∆
u ⊥ u∆

Qua B (3; −2; −1)
r
VTCP : u = (8; −1;5)



- Đường thẳng d được cho bởi: d : 

 x = 3 + 8t

- Vậy phương trình tham số của d :  y = −2 − t (t ∈ R)
 z = −1 + 5t


Nhận xét: Qua ví dụ b), giả sử đường thẳng d nằm trong mặt phẳng
(R), ta có ví dụ c) sau đây:
c) Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng ( R) : x − 2 y − 2 z + 4 = 0
x
2

và vuông góc với đường thẳng ∆ : =

y−4 z+2
=
1
−3

Giải:

uu
r
uu
r
VTPT của (R) nR = (1; −2; −2) và VTCP của ∆ : u∆ = (2;1; −3)
r
- Gọi u là vectơ chỉ phương của đường thẳng d.
r uu
r
r uu uu
r r
 d ⊂ ( R) u ⊥ nR

⇒  r uu ⇒ u =  nR , u∆  = (8; −1;5)
r

Ta có: 


d ⊥ ∆
u ⊥ u∆


- Lấy điểm N (0;1;1) ∈ ( R )
Qua N (0;1;1)
r
VTCP : u = (8; −1;5)



- Đường thẳng d được cho bởi: d : 


6
x
8

- Vậy phương trình chính tắc của d : =

y −1 z −1
=
−1
5

d) Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm C (−3;1; −1) và vuông góc với
hai đường thẳng d1 , d 2 lần lượt có phương trình sau:

d1 :

x−2 y z +3
x+3
z−2
= =
, d2 :
= y−2=
2
2
−1
3
2

Giải:

ur
uu
r
VTCP của d1 ; d 2 : u1 = (2; 2; −1) và u2 = (3;1; 2)
r
- Gọi u là vectơ chỉ phương của đường thẳng d.
r ur
r ur uu
r
u ⊥ u1
 d ⊥ d1

⇒  r uu ⇒ u = u1 , u2  = (5; −7; −4)
r

Ta có: 


d ⊥ d 2
u ⊥ u2

Qua C (−3;1; −1)
r
VTCP : u = (5; −7; −4)



- Đường thẳng d được cho bởi: d : 

- Vậy phương trình chính tắc của d :

x + 3 y −1 z +1
=
=
5
−7
−4

e) Viết phương trình đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng (α ) và
( β ) lần lượt có phương trình sau: (α ) : x − y − z − 3 = 0, ( β ) : 2 x − 2 y − z + 1 = 0
Giải:
Cách 1:

uu
r

uu
r

VTPT của hai mặt phẳng (α ), ( β ) : nα = (1; −1; −1); nβ = (2; −2; −1)
r

- Gọi u là vectơ chỉ phương của đường thẳng d.
r uu
r
r uu uu
r r
r
 d ⊂ (α ) u ⊥ nα

⇒  r uu ⇒ u =  nα , nβ  = (−1; −1;0) , chọn u = (1;1;0)
r
Ta có: 


 d ⊂ ( β ) u ⊥ nβ


- Lấy điểm M (−3;1; −7) thuộc cả hai mặt phẳng (α ) và ( β )
Qua M (−3;1; −7)
r
VTCP : u = (1;1;0)




- Đường thẳng d được cho bởi: d : 

 x = −3 + t

- Vậy phương trình tham số của d :  y = 1 + t (t ∈ R)
 z = −7


Cách 2 (Tham số hóa một thành phần tọa độ)


7
 M ∈ (α )
x − y − z − 3 = 0
⇔
M ∈ (β )
2 x − 2 y − z − 1 = 0

- Ta có: M ( x; y; z ) ⇔ 

 y + z = −3 + t
y = 2+t
⇔
 2 y + z = −1 + 2t
 z = −5

- Đặt x = t , ta được: 

x = t


- Vậy phương trình tham số của d:  y = 2 + t (t ∈ R)
 z = −5


Nhận xét : Cách giải 2 gọn hơn cách giải 1, cách giải 1 học sinh rất
khó chọn điểm đi qua của đường thẳng d mà thuộc cả hai mặt phẳng (α ), ( β ) .
* DẠNG 3.1: Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) ,
vuông góc với đường thẳng ∆1 và cắt đường thẳng ∆ 2 .
a) Cách giải:
- Gọi N = d ∩ ∆ 2 , khi đó N ∈ ∆ 2 nên suy ra tọa độ của điểm N theo tham số t.
uuuu
r
- Tính tọa độ MN theo tham số t.
ur
uuuu
r
- Xem MN là VTCP của d và u1 là VTCP của ∆1
uuuu u
r r
uuuu
r
- Vì d ⊥ ∆1 nên MN .u1 = 0 . Giải phương trình tìm ra t và suy được VTCP MN
- Kết luận: Phương trình của đường thẳng d
b) Ví dụ:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M (1; 2;3) và hai đường
thẳng:
∆1 :

x y − 2 z +1
x − 2 y −1 z +1

=
=
; ∆2 :
=
=
1
2
−1
2
1
1

Viết phương trình đường thẳng d đi qua M, vuông góc với ∆1 và cắt ∆ 2 .
Giải:
- Gọi N = d ∩ ∆ 2 , khi đó N ∈ ∆ 2 nên N = (2 + 2t;1 + t; −1 + t )
uuuu
r

Suy ra: MN = (1 + 2t; −1 + t; −4 + t ) là VTCP của đường thẳng d.
ur

- Vectơ CP của đường thẳng ∆1 : u1 = (1; 2; −1)
uuuu u
r r

- Vì d ⊥ ∆1 nên MN .u1 = 0 ⇔ 1 + 2t + 2t − 2 + 4 − t = 0 ⇔ t = −1
Qua M (1; 2;3)
r uuuu
r
VTCP : u = MN = (−1; −2; −5)




- Khi đó, đường thẳng d được cho bởi: d : 


8

- Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng d :
x −1 y − 2 z − 3
=
=
1
2
5

x −1 y − 2 z − 3
=
=
hay
−1
−2
−5

* DẠNG 3.2: Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) ,
vuông góc và cắt đường thẳng ∆ .
a) Cách giải:
- Gọi N là hình chiếu của M lên đường thẳng ∆ , khi đó đường thẳng d chính
là đường thẳng đi qua M và N.
uuuu

r
- Tính tọa độ của điểm N và tọur độ MN theo tham số t.
a
uuuu
r
- Xem MN là VTCP của d và u1 là VTCP của ∆1
uuuu u
r r
uuuu
r
- Vì d ⊥ ∆1 nên MN .u1 = 0 . Giải phương trình tìm ra t và suy được VTCP MN
- Kết luận: Phương trình của đường thẳng d
b) Ví dụ:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M (−3;1;3) và đường
thẳng:
∆:

x y z +1
= =
1 2
1

Viết phương trình đường thẳng d đi qua M, cắt và vuông góc ∆ .
Giải:
- Gọi N là hình chiếu của M lên ∆ , khi đó đường thẳng d chính là đường thẳng
nối từ hai điểm M và N.
- Vì N ∈ ∆ nên N = (t ; 2t; −1 + t )
uuuu
r
Suy ra: MN = (t + 3; 2t − 1; −4 + t ) là VTCP của đường thẳng d.

uu
r
- Vectơ CP của đường thẳng ∆ : u∆ = (1; 2;1)
uuuu uu
r r
1
d ⊥ ∆ nên MN .u∆ = 0 ⇔ 3 + t + 4t − 2 − 4 + t = 0 ⇔ t =
- Vì
2

- Khi đó, đường thẳng d được cho bởi:

Qua M (−3;1;3)

r uuuu 5 −7
r
r
d :
VTCP : u = MN = ( ;0; ), choïn u = (5;0; −7)


2
2

 x = −3 + 5t

(t ∈ R )
- Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng d là:  y = 1
 z = 3 − 7t


* DẠNG 4.1: Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) ,
cắt cả hai đường thẳng ∆1 và ∆ 2 .


9
a) Cách giải:
- Giả sử d cắt ∆1 và ∆ 2 tại A và B, suy ra tọa độ của A theo tham số t và tọa
độ của B theo s.
uuu
r
uuu
r
- Do M, A, B thẳng hàng nên tồn tại số k ≠ 0 sao cho MA = k .MB , giải hệ
phương trình chứa ba ẩn s, t, k.
Qua M ( x0 ; y0 ; z0 )

r uuu
r
VTCP : u = MA


- Khi đó đường thẳng d được cho bởi: d : 

- Kết luận: Phương trình của đường thẳng d.
b) Ví dụ:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M (1; −1;1) và hai đường
 x = 1 + 2t
x + 2 y −3 z


=
= .
thẳng có phương trình: ∆1 :  y = t
và ∆ 2 :
1
−2
1
z = 3 − t


Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt cả ∆1 và ∆ 2 .
Giải:
- Giả sử d ∩ ∆1 = A; d ∩ ∆ 2 = B . Khi đó A = (1 + 2t; t;3 − t ); B = ( −2 + s;3 − 2 s; s)
uuu
r
uuu
r
Suy ra: MA = (2t; t + 1; 2 − t ); MB = (−3 + s; 4 − 2 s; −1 + s)
uuu
r
uuu
r
- Do M, A, B thẳng hàng nên tồn tại số k ≠ 0 sao cho MA = k .MB , tức là:
−3

ks =

2
 2t = k (−3 + s )
2t + 3k = ks


uuu
r


t = 0
⇒ MA = (0;1; 2)
t + 1 = k (4 − 2 s ) ⇔ t + 1 − 4k + 2ks = 0 ⇔ 
 2 − t = k ( −1 + s )
2 − t + k + ks = 0
 k = −1



2
s = 3

Qua M (1; −1;1)

r uuu
r
- Khi đó, đường thẳng d được cho bởi: d : 
VTCP : u = MA = (0;1; 2)

x = 1

- Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng d là:  y = −1 + t (t ∈ R)
 z = 1 + 2t


* DẠNG 4.2: Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng
(P), cắt cả hai đường thẳng ∆1 và ∆ 2 .
a) Cách giải:
- Giả sử d cắt ∆1 và ∆ 2 tại A và B, suy ra tọa độ của A theo tham số t và tọa
độ của B theo s.
r
uuu
r
- Tính AB , vectơ PT của (P): n = ( A; B; C )


10
uuu
r

r

uuu
r

r

- Do d ⊥ ( P ) nên AB và n cùng phương hay tồn tại số k ≠ 0 sao cho AB = k .n ,
giải hệ phương trình chứa ba ẩn s, t, k.
Qua A

r r
VTCP : u = n


- Khi đó đường thẳng d được cho bởi: d : 

- Kết luận: Phương trình của đường thẳng d.
b) Ví dụ:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P) : x + 2 y + z − 1 = 0
và hai đường thẳng có phương trình
 x = −2 + t
x −1 y +1 z

∆1 :
=
= ; và ∆ 2 :  y = −1 .
2
−1 1
 z = −t


Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt
cả ∆1 và ∆ 2 .
Giải:
- Giả sử d ∩ ∆1 = A; d ∩ ∆ 2 = B . Khi đó A = (1 + 2 s; −1 − s; s); B = (−2 + t; −1; −t )
uuu
r
Suy ra: AB = (−3 + t − 2s; s; −t − s )
r
- VTPT của mặt phẳng (P): n = (1; 2;1)
r
uuu
r
r

uuu
r
- Do d ⊥ ( P) nên AB và n cùng phương hay tồn tại số k ≠ 0 sao cho AB = k .n
−3

s = 4
 −3 + t − 2s = k

−7
−9

 9
⇔ t =
⇒ B = ( ; −1; )
 s = 2k
8
8
 −t − s = k
 8

−3

k = 8

−7
−9

Qua B( ; −1; )
8
8

- Khi đó, đường thẳng d được cho bởi: d : 
r r
VTCP : u = n = (1; 2;1)


−7

x = 8 + t

- Vậy phương trình tham số của đường thẳng d là:  y = −1 + 2t (t ∈ R)

−9
z =
+t
8


* DẠNG 4.3: Viết phương trình đường thẳng d là đường vuông góc
chung của hai đường thẳng ∆1 và ∆ 2 .
a) Cách giải:

ur

uu
r

- VTCP của ∆1 : u1 và VTCP của ∆ 2 : u2


11

r ur
r ur uu
r
u ⊥ u1
r
 d ⊥ ∆1

⇒  r uu ⇒ u = u1 , u2 
r
- Gọi u là VTCP của d, khi đó, ta có: 


d ⊥ ∆ 2
u ⊥ u2

- Giả sử d cắt ∆1 và ∆ 2 tại A và B, suy ra tọa độ của A theo tham số t và tọa

độ của uuutheo tham số s.
Br
- Tính uuu
AB
r
uuu
r
r
r
- Do AB và u cùng phương nên tồn tại số k ≠ 0 sao cho AB = k .u , giải hệ
phương trình chứa ba ẩn s, t, k.
Qua A


r
VTCP : u


- Khi đó đường thẳng d được cho bởi: d : 

- Kết luận: Phương trình của đường thẳng d.
b) Ví dụ:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng có phương
trình
x = t
x y z

∆1 : =
= ; và ∆ 2 :  y = −1 + t .
2 −1 1
 z = −2t


Viết phương trình đường thẳng d là đường vuông góc chung của hai
đường thẳng ∆1 và ∆ 2 .
Giải:
ur
uu
r
- VTCP của hai đường thẳng ∆1 và ∆ 2 : u1 = (2; −1;1) ; u2 = (1;1; −2)
r
- Gọi u là VTCP của d, khi đó

r ur

r ur uu
r
u ⊥ u1
 d ⊥ ∆1

⇒  r uu ⇒ u = u1 , u2  = (1;5;3)
r
Ta có: 


d ⊥ ∆ 2
u ⊥ u2

- Giả sử d ∩ ∆1 = A; d ∩ ∆ 2 = B . Khi đó A = (2 s; − s; s); B = (t; −1 + t; −2t )
uuu
r
Suy ra: AB = (t − 2s; −1 + t + s; −2t − s)
r
uuu
r
r
uuu
r
- Do AB và u cùng phương nên tồn tại số k ≠ 0 sao cho AB = k .u
1

s = 7
t − 2 s = k

2 −1 1


 1
⇒ A=( ; ; )
 −1 + t + s = 5k ⇔ t =
7 7 7
 −2t − s = 3k
 7

−1

k = 7

2 −1 1

Qua A( ; ; )
7 7 7
- Khi đó, đường thẳng d được cho bởi: d : 
r
VTCP : u = (1;5;3)



12
2

x = 7 + t

1

- Vậy phương trình tham số của đường thẳng d là:  y = − + 5t

7

1

 z = 7 + 3t


(t ∈ R )

* DẠNG 4.4: Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P),
vuông và cắt đường thẳng ∆ .
a) Cách giải:

uu
r

r

- VTCP của ∆ : u∆ và VTPT của (P): n

r r
r r uu
r
r
 d ⊂ ( P) u ⊥ n

⇒  r uu ⇒ u =  n, u∆ 
r
- Gọi u là VTCP của d, khi đó: 



d ⊥ ∆
u ⊥ u∆


- Tìm tọa độ giao điểm I của ∆ và mặt phẳng (P) .
Qua I


- Khi đó đường thẳng d được cho bởi: d : 

r
VTCP : u


- Kết luận: Phương trình của đường thẳng d.
b) Ví dụ:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P):
x y z
= = . Viết phương trình đường thẳng d
2 2 1
là nằm trong mặt phẳng (P) đồng thời vuông góc và cắt đường thẳng ∆ .
x + 2 y − z + 5 = 0 và đường thẳng ∆ :

Giải:

uu
r
r
- VTCP của ∆ : u∆ = (2; 2;1) và VTPT của (P): n = (1; 2; −1)

r
- Gọi u là VTCP của d.
r r
r r uu
r
 d ⊂ ( P) u ⊥ n

⇒  r uu ⇒ u =  n, u∆  = (4; −3; −2)
r
Ta có: 


d ⊥ ∆
u ⊥ u∆

- Gọi I = ∆ ∩ ( P) , Khi đó: I ∈ ∆ nên I = (2t; 2t ; t ) .
Do I ∈ ( P) nên ta có: 2t + 4t − t + 5 = 0 ⇒ t = −1 , suy ra: I (−2; −2; −1)
Qua I (−2; −2; −1)

r
- Khi đó, đường thẳng d được cho bởi: d : 
VTCP : u = (4; −3; −2)

x + 2 y + 2 z +1
=
=
- Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng d là:
4
−3
−2

* DẠNG 4.5: Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M, cắt đường
thẳng ∆ và song song với mặt phẳng (P).


13
a) Cách giải:

r

- Vectơ PT của mặt phẳng (P): n
=
- Gọi I uuu∆ ∩ d , khi đó I ∈ ∆ , suy ra tọa độ điểm I theo tham số t.
r
- Tính MI
uuu r
r
uuu r
r
- Vì d //( P) nên MI ⊥ n , tức là MI .n = 0 , giải phương trình tìm ra t.
Qua M

r uuu
r
VTCP : u = MI


- Khi đó đường thẳng d được cho bởi: d : 

- Kết luận: Phương trình của đường thẳng d.

b) Ví dụ:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M (1; −2;3) , mặt phẳng
x
1

(P): 2 x + y − z + 5 = 0 và đường thẳng ∆ : =

y −1 z
= . Viết phương trình đường
2
2

thẳng d đi qua M , cắt đường thẳng ∆ và song song với mặt phẳng (P).
Giải

r
- Vectơ pháp tuyến của (P): n = (2;1; −1)
- Gọi I = ∆ ∩ d , khi đó I ∈ ∆ ⇒ I = (t;1 + 2t; 2t )
uuu
r
Suy ra: MI = (−1 + t ;3 + 2t ; −3 + 2t ) là VTCP của d
uuu r
r
uuu r
r
- Vì d //( P) nên MI ⊥ n , tức là: MI .n = 0 ⇒ 2 + 2t + 3 + 2t + 3 − 2t = 0 ⇒ t = −2 .

- Khi đó, đường thẳng d được cho bởi:
Qua M (1; −2;3)


r uuu
r
r
d :
VTCP : u = MI = (−3; −1; −7), choïn u = (3;1;7)

x −1 y + 2 z − 3
=
=
- Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng d là:
3
1
7

* DẠNG 5.1: Tìm tọa độ hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P) cho
trước.
a) Cách giải:
Cách 1:
r
- Vectơ PT của (P): n
- Viết PT đường thẳng d đi qua M và vuông góc với (P).
- Tìm tọa độ giao điểm H của d và mặt phẳng (P).
- Khi đó H chính là hình chiếu của M lên mặt phẳng (P)
Cách 2:
r
- Vectơ PT của (P): n
- Gọi H = ( x0 ; y0 ; z0 ) là hình chiếu của M lên mặt phẳng (P)
uuuu
r
- Tính : MH

14
uuuu
r

r

-uuuu MH ⊥ ( P) nên MH và n cùng phương, tức là tồn tại số t ≠ 0 sao cho
Vì r
r
MH = t.n , suy ra tọa độ điểm H theo tham số t.
- Do H thuộc (P) nên tọa độ điểm H thỏa mãn phương trình mặt phẳng (P),
giải pt tìm ra tham số t.
- Kết luận tọa độ điểm H.
b) Ví dụ:
Tìm tọa độ hình chiếu của M (1; −3; 2) lên mặt phẳng (P) có phương trình
x + 2 y − 3z − 3 = 0 .
Giải:
Cách 1:
r
- Vectơ PT của (P): n = (1; 2; −3)
- Gọi d là đường thẳng được tạo bởi:

Qua M (1; −3; 2)
Qua M (1; −3; 2)
r r
d :
⇔ d :
VTCP : u = n = (1; 2; −3)

d ⊥ ( P )

x = 1+ t

Do đó, phương trình tham số của đường thẳng d là:  y = −3 + 2t
 z = 2 − 3t

- Gọi H = d ∩ ( P) , khi đó: H ∈ d ⇒ H (1 + t; −3 + 2t ; 2 − 3t )
- Vì H ∈ ( P) nên ta có: 1 + t − 6 + 4t − 6 + 9t − 3 = 0 ⇒ t = 1
- Vậy tọa độ hình chiếu của M lên (P) là H = (2; −1; −1)

Cách 2:
r
- Vectơ PT của (P): n = (1; 2; −3)
- Gọi H = ( x0 ; y0 ; z0 ) là hình chiếu của M lên mặt phẳng (P),
uuuu
r
Suy ra: MH = ( x0 − 1; y0 + 3; z0 − 3)
r
uuuu
r
MH
-rVì r ⊥ ( P) nên MH và n cùng phương, suy ra tồn tại số t ≠ 0 sao
uuuu
cho MH = t.n ,
 x0 − 1 = t
 x0 = 1 + t


tức là:  y0 + 3 = 2t ⇒  y0 = −3 + 2t

 z − 2 = −3t  z = 2 − 3t
 0
 0
- Do H ∈ ( P) nên ta có:
x0 + 2 y0 − 3z0 − 3 = 0 ⇒ 1 + t − 6 + 4t − 6 + 9t − 3 = 0 ⇒ t = 1
- Vậy tọa độ hình chiếu của M lên (P) là H = (2; −1; −1)

DẠNG 5.2: Tìm tọa độ hình chiếu của điểm M lên đường thẳng d cho
trước.
a) Cách giải:
Cách 1:


15
r

- Vectơ CP của d: u
- Viết PT mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc với d.
- Tìm tọa độ giao điểm H của d và mặt phẳng (P).
- Khi đó H chính là hình chiếu của M lên mặt phẳng (P)
Cách 2:
r
- Vectơ CP của d: u
- Gọi H là hình chiếu của M lên đường thẳng d, khi đó H ∈ d , suy ra tọa độ
điểm H theo t
uuuu
r
- Tính : MH
uuuu r
r

uuuu r
r
- Vì MH ⊥ d nên MH ⊥ u , tức là MH .u = 0 , giải PT suy ra tọa độ điểm H theo
tham số t.
- Kết luận tọa độ điểm H.
b) Ví dụ:
Tìm tọa độ hình chiếu của M (1; −3; 2) lên đường thẳng d có phương trình

x y + 2 z −1
=
=
.
2
1
3

Giải:
Cách 1:
r
- Vectơ CP của d: u = (2;1;3)
- Gọi (P) là mặt phẳng được tạo bởi:

Qua M (1; −3; 2)
Qua M (1; −3; 2)
r r
( P) : 
⇔ ( P) : 
VTPT : n = u = (2;1;3)
( P ) ⊥ d


Do đó, phương trình mặt phẳng (P) là:
2( x − 1) + 1( y + 3) + 3( z − 2) = 0 ⇔ 2 x + y + 3 z − 5 = 0

- Gọi H = d ∩ ( P) , khi đó: H ∈ d ⇒ H (2t ; −2 + t ;1 + 3t )
- Vì H ∈ ( P) nên ta có: 4t − 2 + t + 3 + 9t − 5 = 0 ⇒ t =

2
7

4 −12 13
; )
7 7 7

- Vậy tọa độ hình chiếu của M lên d là H = ( ;

Cách 2:
r
- Vectơ CP của d: u = (2;1;3)
- Gọi H là hình chiếu của M lên đường uuuung d.
thẳ
r
- Khi đó H ∈ d ⇒ H = (2t ; −2 + t ;1 + 3t ) ⇒ MH = (−1 + 2t ;1 + t ; −1 + 3t )
uuuu r
r
- Vì MH ⊥ d nên MH ⊥ u , tức là
uuuu r
r
2
MH .u = 0 ⇒ −2 + 4t + 1 + t − 3 + 9t = 0 ⇒ t =

7


16
4 −12 13
; )
7 7 7

- Vậy H = ( ;

* DẠNG 5.3: Cho đường thẳng d không vuông góc với mặt phẳng (P).
Viết phương trình đường thẳng d’ là hình chiếu của đường thẳng d lên
mặt phẳng (P).
a) Cách giải:
- Viết PTMP (Q) chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng (P)
- Đường thẳng d’ là giao tuyến của mặt phẳng (P) và (Q).
- Viết phương trình đường thẳng d’ (Dạng 2)
b) Ví dụ:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): x + y + z − 1 = 0
và đường thẳng d :

x −1 y + 3 z − 4
=
=
. Viết phương trình đường thẳng d´ hình
2
1
−2

chiếu vng góc của d lên mặt phẳng (P).

Giải:

Qua M (1; −3; 4)

r
VTCP : u = (2;1; −2)


- Đường thẳng d được cho bởi: 
uu
r

- VTPT của (P): nP = (1;1;1)
- Gọi (Q) là mặt phẳng được tạo bởi:

Qua M (1; −3; 4)
(Q) ⊃ d

uu
r rr
(Q ) : 
⇒ (Q) : 
VTPT : nQ = u , n  = (3; −4;1)
(Q) ⊥ ( P )


 

Do đó, phương trình mặt phẳng (Q): 3x − 4 y + z − 19 = 0

- Đường thẳng d’ cần tìm là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q).
 M ∈ ( P)
x + y + z −1 = 0
⇔
 M ∈ (Q)
3 x − 4 y + z − 19 = 0
23 5

x = 7 − 7 t
x + y = 1− t


⇔
- Đặt z = t , ta được: 
3 x − 4 y = 19 − t
 y = −16 − 2 t

7
7

23 5

x = 7 − 7 t

−16 2

− t (t ∈ R )
- Vậy phương trình tham số của d’ là:  y =
7
7


z = t



Ta có: M ∈ d ' ⇔ 


17
5.3. Bài tập tự luyện và nâng cao:
Bài 1: Viết phương trình đường thẳng d, biết đường thẳng d:
1) Đi qua hai điểm M (1; 2;3) và N (2;0; −2)
2) Đi qua điểm I (2;3; −1) và song song với đường

thẳng

x −1 y − 2 z + 3
=
=
.
1
2
−3
3) Đi qua điểm K (2;0; 2) và vuông góc với mặt phẳng ( P) : x − y − z + 3 = 0 .
∆:

Bài 2: Viết phương trình đường thẳng d, biết đường thẳng d
a) đi qua điểm A(1;1;1) và song song với hai mặt phẳng (P) và (Q) lần lượt có
phương trình sau: ( P) : x + 2 y − z − 4 = 0, (Q) : 2 x + y − 2 z + 5 = 0
b) đi qua điểm B(0; 2;1) và song song với mặt phẳng ( R) : x + y + z − 1 = 0 và

vuông góc với đường thẳng ∆ :

x −1 y −1 z − 2
=
=
2
1
−2

c) đi qua điểm C (−3;1; −1) và vuông góc với hai đường thẳng d1 , d 2 lần lượt có
y −2 z −3
x −3 y − 2 z
=
, d2 :
=
=
2
1
2
3
3
d) d là giao tuyến của hai mặt phẳng (α ) và ( β ) lần lượt có phương trình sau:
(α ) : x − 2 y − 2 z − 5 = 0, ( β ) : 2 x + y − z − 3 = 0
e) d nằm trong mặt phẳng ( P1 ) : 2 x − 3 y − 4 z + 1 = 0 và vuông góc với đường
x − 2 y z −1
= =
thẳng ∆ :
.
2
2

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

phương trình sau d1 : =

thẳng
x = t
x −1 y z − 2

d1 :
= =
và d 2 :  y = 1 − 2t
2
1
2
z = 2 − t

1) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, cắt đường thẳng d1 và
vuông góc với d 2 .
2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua A, cắt và vuông với đường
thẳng d 2 .
Bài 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;1;1) , hai đường

thẳng
x = 1+ t
x −1 y −1 z

d1 :  y = 2 − t ; d 2 :

=
= và mặt phẳng (P): x − 2 y − z − 2 = 0
3
2
1
z = t


1) Viết phương trình đường thẳng đi qua A, cắt cả hai đường thẳng d1 và d 2
.
2) Viết phương trình đường thẳng đi qua vuông góc với mặt phẳng (P),
đồng thời cắt cả hai đường thẳng d1 và d 2 .
3) Viết phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P) đồng thời
vuông góc và cắt đường thẳng d1 .


18
4) Viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt đường thẳng d 2 và song
song với mặt phẳng (P).
5) Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng d1 và
d2 .
Bài 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2; −2;1) , đường thẳng
d và mặt phẳng (α ) lần lượt có phương trình:
x−2 y z +3
= =
và (α ) : 3 x − 3 y + 4 z − 6 = 0
1
1
2
1) Tìm tọa độ hình chiếu của A lên mặt phẳng (α ) . Suy ra tọa độ điểm đối

d:

xứng của A qua mặt phẳng (P).
2) Tìm tọa độ hình chiếu của A lên đường thẳng d. Suy tọa độ điểm đối
xứng của A qua đường thẳng d.
3) Tìm hình chiếu của đường thẳng d lên mặt phẳng (P).
Bài 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng
d đi qua A(1; 2; 2) , vuông góc với đường thẳng ∆ :

x −1 y z + 2
= =
và cách điểm
1
2
2

B (2;0;3) một khoảng lớn nhất.

Bài 7 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

x + 4 y −1 z
=
= , điểm M (2;3;1) và mặt phẳng (P): 2 x + y − z − 7 = 0 . Gọi A là
−3
1
2

giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt mặt
phẳng (P) tại B và cắt đường thẳng d tại C sao cho tam giác ABC vuông tại
C.

Bài 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm
A(2;1;0), B(0; 4;0), C (0; 2; −1)
và đường thẳng ∆ có phương trình
x −1 y +1 z − 2
=
=
. Viết phương trình đường thẳng d, biết đường thẳng d:
2
1
3
1) Đi qua A và cắt ∆ tại M sao cho AM = 3 .
21
2) Đi qua B và cắt ∆ sao cho diện tích tam giác BNC bằng
.
2
3) Vuông góc với mặt phẳng (ABC), d cắt ∆ tại D sao cho thê tích khối tứ
19
diện ABCD bằng .
6

Bài 9 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng
d, biết :
x
1

1) d đi qua A(−1;0; 4) và cắt đường thẳng ∆1 : =
với đường thẳng đó một góc 600 .

y +1 z − 6
=

, đồng thời tạo
2
−1

x −1 y −1 z − 5
=
=
, đồng thời
3
2
2
tạo với mặt phẳng (α ) : x + 2 y − z + 5 = 0 một góc 300 .

2) d đi qua N (−3; −1;3) và cắt đường thẳng ∆ 2 :


19
Bài 10 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng có
phương trình:
 x = −1 + t
x = 1− s


∆1 :  y = −2 + t (t ∈ R ) ; ∆ 2 :  y = 0 ( s ∈ R)
z = 1
z = 1+ s



1) Chứng tỏ hai đường thẳng cắt nhau tại I

2) Viết phương trình đường thẳng d cắt ∆1 và ∆ 2 lần lượt tại A và B sao
cho tam giác IAB cân tại I và có diện tích bằng

3
.
2

6. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:
Để đánh giá hiệu quả của biện pháp này chúng tôi khảo sát bằng đề
kiểm tra 45 phút phần phương trình đường thẳng cho hai lớp 12/3 và 12/11.
Đề kiểm tra 45 phút
Câu 1. (6,00 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho
A(3; 2;1), B (2;1; −2) và mặt phẳng (P) có phương trình: 2 x − 2 y − z − 2 = 0 .

1) Viết phương trình tham số của đường thẳng d chứa AB.
2) Tìm tọa độ hình chiếu của A lên mặt phẳng (P).
3) Viết phương trình đường thẳng d’ là hình chiếu của đường thẳng d lên
mặt phẳng (P).
Câu 2. (4,00 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
có phương trình: d1 :

x −1 y −1 z + 2
=
=
;
2
2
1

d2 :

x −1 y − 2 z
=
= .
1
−3
3

1) Chứng tỏ hai đường thẳng trên chéo nhau
2) Viết phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ, vuông góc với d1 và
cắt d 2 .

Kết quả kiểm tra cho thấy:
Phương pháp

Lớp

Tổng số
HS

Điểm < 5

Điểm
58

Điểm
910


20

Phương pháp cũ

23

7

47,9%

14,6%

3

35

10

6,3%

12/3

18
37,5%

Phương pháp mới

12/11

48

72,9%

20,8%

48

Dựa vào kết quả kiểm tra đánh giá tôi nhận thấy:
- Học sinh dưới điểm trung bình giảm xuống rõ rệt từ 37,5% xuống cịn
6,3%
- Học sinh điểm trung bình và khá tăng 47,9 – 72,9%
- học sinh giỏi cũng tăng lên 14,6 – 20,8%
Như vậy qua thực nghiệm chúng tôi nhận thấy được hiệu quả của việc áp
dụng phương pháp mới.
7. KẾT LUẬN:
Bản thân tôi đã chọn đề tài này nhằm phần nào giúp học sinh làm tớt
các bài toán viết phương trình đường thẳng.
Có thể một phương pháp này là mới đối với người này nhưng mà cũ
đối với người khác, rất mong được sự ủng hộ của quý đồng nghiệp.
8. ĐỀ NGHỊ:
Do phạm vi nghiên cứu còn hạn chế nên tôi muốn đề nghị đề tài này
được nhân rộng cho nhiều lớp khác thì hiệu quả của đề tài này đạt được cao
hơn.


21
9. TÀI LIỆU THAM KHẢO
TT

Tên tác giả

Tên tài liệu tham khảo

Nhà xuất bản

Năm
xuất
bản

1

Nguyễn Văn Dũng –
Nguyễn Tất Thu

18 chủ đề Hình Học 12

ĐHQG Hà Nội

2

Phan Huy Khải

Bài tập Hình Học 12

Giáo Dục Việt Nam

2011

3

Trần Văn Hạo

SGK Hình Học 12

Giáo Dục Việt Nam

2008

4

Báo toán học và tuổi trẻ

2011


22
MỤC LỤC
Trang
1. Tên đề tài …………………………………………………………………..1
2. Đặt vấn đề ...………………………………………………………………..1
3. Cơ sở lý luận . ……………………………………………….……………..2
4. Cơ sở thực tiễn ……………………………………………………………..2
5. Nội dung nghiên cứu …………………...………………………………….2
5.1. Cơ sơ lý thuyết …………………………...………………………2
5.2. Các dạng toán .………………..…………………………………. 2
Dạng 1 …………………………………………………………..2
Dạng 2 …………………………………………………………..4
Dạng 3.1 ……………………………………………………...…7
Dạng 3.2 ……………………………………………………...…8
Dạng 4.1 ………………………………………...……………8-9
Dạng 4.2 ………………………………………………………..9

Dạng 4.3 ...…………………………………...……………10 -11
Dạng 4.4 ………………………………………...……………..12
Dạng 4.5 ………………………………………...…………12-13
Dạng 5.1 ……………………………………...……………13-14
Dạng 5.2 ………………………………………...…………14-15
Dạng 5.3 ………………………………………...……………..16
5.3. Bài tập tự luyện và nâng cao ……………………………...…….17
6. Kết quả nghiên cứu ……………………………………………………….19
7. Kết luận …………………………………………………………...……...20
8. Đề nghị ……………………………………………………...……………20
9. Tài liệu tham khảo ………………………………………………………..21
10. Mục lục ………………………………………………………………….22
11. Phiếu đánh giá