08 duuong thang

Vấn đề 3. ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHÔNG GIAN.
A.TĨM TẮT GIO KHOA.

Phương pháp:
Phương pháp chung để lập phương trình của đường thẳng  ta cần đi tìm
một điểm đi qua và một véc tơ chỉ phương (VTCP). Khi tìm VTCP của
đường thẳng  , ta cần lưu ý:
u
r r
�Nếu giá của hai véc tơ không cùng phương a, b cùng vuông góc với  thì
u
r r
�
a, b�là một VTCP của  .
� �
uuuur
�Nếu đường thẳng  đi qua hai điểm phân biệt M , N thì MN là một
VTCP của đường thẳng  .

Trong một số trường hợp chúng ta thường xác định đường thẳng bằng các
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 đó  chính
là giao tuyến của hai mặt phẳng đó. Vì có nhiều mặt phẳng chứa  nên khi
chọn mặt phẳng chứa  , ta thường dựa vào các dấu hiệu sau:
�Nếu đường thẳng d đi qua M và vuông góc với d ' thì đường thẳng d
nằm trong mặt phẳng đi qua M và vuông góc với d '
�Nếu đường thẳng  đi qua M và cắt đường thẳng d thì đường thẳng 
nằm trong mặt phẳng đi qua M và đường thẳng d .
�Nếu đường thẳng  đi qua M và song song với mặt phẳng (P ) thì đường
thẳng  nằm trong mặt phẳng đi qua M và song song với (P ) .
�Nếu đường thẳng  song song với đường thẳng d và cắt đường thẳng d '
thì đường thẳng  nằm trong mặt phẳng chứa d ' và song song với đường
thẳng d .

B.PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN.
Bi tốn 1. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI .
Phương pháp:
Để xét vị trí tương đối giữa hai đường thẳng
d1 :

x  x1
a1



y  y1
b1



z  z1
c1

và d2 :

x  x2
a2



y  y2
b2



z  z2
c2

.
118

Ta làm như sau:
�x1  a1t  x2  a2t '
�
Xét hệ phương trình : �y1  b1t  y2  b2t ' (*)
�
�z1  c1t  z2  c2t '
�Nếu (*) có nghiệm duy nhất (t0; t '0) thì hai đường thẳng d1 và d2 cắt
nhau tại A  x1  a1t0; y1  b1t0; z1  c1t0  .
�Nếu (*) có vô số nghiệm thì hai đường thẳng d1 và d2 trùng nhau
�Nếu (*) vô nghiệm, khi đó ta xét sự cùng phương của hai véc tơ
uur
uur
u1   a1; b1; c1  và u2   a2; b2; c2  .
uur
uur
+) Nếu u1  ku2 � d1 / / d2
uur
uur
+) Nếu u1 �k.u2 thì d1 và d2 chéo nhau.
Ví dụ 1.3.6. Trong không gian hệ toạ độ Oxyz ,
x1 y z 2
 
1. Cho đường thẳng  :
và mặt phẳng (P ) : x  2y  z  0
2
1
1
. Gọi C là giao điểm của  với (P ) , M là điểm thuộc  . Tính khoảng

cách từ M đến (P ) , biết MC  6

2. Cho các điểm A (2;1;0), B  1;2;2 , C  1;1;0 và mặt phẳng (P ) :
x  y  z  20  0 . Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao
cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng (P )
Lời giải.

�x  1  2t
�
, t �R .
1. Cách 1: Phương trình tham số của  : �y  t
�z  2  t
�
x
,
y
,
z
Thay
vào phương trình (P ) ta được :

1  2t  2t  t  2  0 � t  1 � C  1; 1; 1 .

Điểm
M � � M (1  2t; t; 2  t) � MC  6 � (2t  2)2  (t  1)2  (t  1)2  6
�
1
t  0 � M (1;0; 2) � d  M ;(P ) 
�
6
��

.
�
1
t


2
�
M
(

3;

2;0)
�
d
M
;(
P
)



�
6
�
u
r
Cách 2: Đường thẳng  có u  (2;1; 1) là VTCP
119

ur

Mặt phẳng (P) có n  (1; 2;1) là VTPT

u
r ur

 

�
Gọi H là hình chiếu của M lên (P ) , suy ra cos HMC  cos u, n nên ta

có
1
�
d(M , (P ))  MH  MC.cos HMC

.
6
�x  2  t
uuur
�
   , phương trình AB :�y  1  t
2. Ta có AB   1;1;2
�z  2t
�
uuur
AB

�
D
2

t
;1


t
;2

t
�
CD
  1  t;t;2
 t .
D
Vì
thuộc đường thẳng


ur
Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  :n   1;1;1
ur uuur
P
CD
/
/
P
�

n
.CD  0
(
)
C
Vì
không thuộc mặt phẳng
nên
 
� 1.  1  t  1.t  1.2t  0 � t  
�5 1
�2 2

1
.
2

�

Vậy D � ; ; 1�.
�

Ví dụ 2.3.6 Trong không gian hệ toạ độ Oxyz ,
x y1 z
 . Xác định tọa độ điểm M trên trục
1. Cho đường thẳng  : 
2
1
2
hoành sao cho khoảng cách từ M đến  bằng OM

�x  3  t
�
x 2 y1 z

 . Xác định
2. Cho hai đường thẳng 1 : �y  t
và  2 :
2
1
2
�z  t
�

toạ độ điểm M thuộc 1 sao cho khoảng cách từ M đến  2 bằng 1
Lời giải.
1. Vì M �Ox � M (m;0;0)

u
r

Đường thẳng  đi qua N (0;1;0) có u  (2;1;2) là VTCP nên
uuuuu
r u
r
�
NM , u�
�
�
d(M , ) 


u
r
u

5m2  4m  8
3

Nên
d(M , )  OM �

5m2  4m  8
 t � m2  m  2  0 � m  1, m  2
3

.
120


Vậy có hai điểm M thỏa yêu cầu bài toán: M 1(1;0;0), M 2 (2;0;0) .
u
r
A
2;1;0

u
 có   2;1;2 VTCP
2. Đường thẳng 2 qua 

Vì

uuuur
uuuur u
r
M �1 � M  3  t; t; t � AM  t  1; t  1; t � �
AM .u�  t  2; 2;3  t 
�
�
uuuur u
r
�
AM .u�
2
2
2
�
�
 1 �  t  2   2   3  t  9
Nên d  M , 2   1 �
u
r
u
�
t 1 � M (4;1;1)
� 2t2  10t  8  0 � �
.
t  4 � M (7;4;4)
�
Ví dụ 3. 3.6. Trong không gian hệ toạ độ Oxyz :
x 2 y 1

z


1. Cho đường thẳng  :
và mặt phẳng
1
2
1
(P ) : x  y  z  3  0 . Gọi I là giao điểm của  và (P ) . Tìm tọa độ điểm

M thuộc (P ) sao cho MI vuông góc với  và MI  4 14

Đề thi ĐH Khối B – 2011
x 2 y 1 z 5


và hai điểm
1
3
2
A (2;1;1), B (3; 1;2) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho

2. Cho đường thẳng  :

tam giác MAB có diện tích bằng 3 5
Đề thi ĐH Khối B – 2011
Lời giải.
1. Ta có  cắt (P ) tại I (1;1;1) .

uuur

Điểm M (x; y;3  x  y) �(P ) � MI   1  x;1  y; x  y  2
u
r

Đường thẳng  có a   1; 2; 1 là VTCP
Ta có :

uuur u
r
�
�y  2x  1
MI.a  0
�
�
��
�
� 2
(1  x)2  (1  y)2  (2  x  y)2  16.14
�MI  16.14
�

�x  3
�
�y  7

�x  5
�y  9

hoặc �

Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu bài toán: M (3; 7;13) và M (5;9; 11) .
2. 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
1
Do đó SMAB  3 5 � �AB, AM � 3 5
�

2�
1
�
(t  12)2  (t  6)2  t2  3 5
2
� t2  12t  0 � t  0, t  12 .

Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu bài toán: M (2;1; 5) và M (14; 35;19) .
Ví dụ 4.3.6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P ) có

x1 y z 9
phương trình : x  2y  2z  1  0 và hai đường thẳng d1 :
 
,
1
1
6
x 1 y 3 z  1
. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d1 sao
d2 :


2
1
2
cho khoảng cách từ M đến đường thẳng d2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng
(P ) bằng nhau
Lời giải.
Giả sử M  a; b; c là điểm cần tìm.

Vì M �1 �

�a  b  1
a  1 b c 9
 
��
1
1
6
�c  6b  9

Khoảng cách từ M đến mp (P ) là:
d  d(M ;(P )) 

a  2b  2c  1
12  (2)2  22



11b  20
3

.

Gọi (Q) là mp qua M và vuông góc với  2 , ta có:
Suy ra (Q) : 2(x  a)  1( y  b)  2(z  c)  0 � 2x  y  2z  9b  16  0
Gọi H là giao điểm của (Q) và  2 , suy ra tọa độ H là nghiệm của hệ :
�
2x  y  2z  9b  16  0
�

� H (2b  3; b  4;2b  3)
�x  1 y  3 z  1


�
�2
1
2

Do đó MH 2  (3b  4)2  (2b  4)2  (4b  6)2  29b2  88b  68
2
Yêu cầu bài toán trở thành: MH 2  d2 � 29b2  88b  68  (11b  20)

9

2

2

� 261b  792b  612  121b  440b  400
122


53
.
35
�18 53 3 �
Vậy có 2 điểm thoả mãn là: M (0;1; 3) và M � ; ; �.
�35 35 35 �
� 140b2  352b  212  0 � 35b2  88b  53  0b  1, b 

Ví dụ 5.3.6. Xét vị trí tương đối giữa các đường thẳng 1,  2. Tính góc

giữa hai đường thẳng 1 :

x1 y1 z 5


và
2
3
1

x1 y1 z1


, tìm giao điểm của chúng (nếu có).
4
3
5
Lời giải.
uur
Đường thẳng 1 qua điểm M 1(1;  1; 5) và có u1(2; 3; 1) là VTCP.
uur
Đường thẳng  2 qua điểm M 2 (1;  1; 1) và có u2 (4; 3; 5) là VTCP.
uuuuuuur
r r
u1, u1 �
Cách 1: Ta có M 1M 2 (2; 0;  4) và �
�

� (12;  6;  6), nên
u
u
u
u
u
u
u
r
r r
�
u1, u1 �
�
�.M 1M 2  24  0  24  0
M.
Vậy hai đường u
thẳng
cắt nhau
ur
uur tại điểm
Cách 2: Ta có u1(2; 3; 1), u2(4; 3; 5) không cùng phương nên hai đường
2 :

thẳng hoặc cắt nhau, hoặc chéo nhau.
Chuyển hai phương trình về dạng tham số và xét hệ phương trình
�
1  2u  1  4v
�
�1  3u  1  3v �
�

5  u  1  5v
�

�
u  2v  1
�
u  v  0 � u  v  1.
�
�
u  5v  4
�

Vậy hai đường thẳng cắt nhau tại điểm M (3; 2;6).
Góc giữa hai đường thẳng

uur uur
u1.u2
uur uur
8 9 5
11
cos(1,  2)  cos(u1, u2)  uur uur 

14. 50 5 7
u1 . u2

�11 �
0
� (1, 2 )  arccos �
��33,74
�5 7 �

Ví dụ 6.3.6. Tìm tọa độ H là hình chiếu vuông góc của A(2; 1; 4) lên:
1. Mặt phẳng (P ) : 2x  y  z  7  0.

2. Đường thẳng  :
Lời giải.
123

x 1 y  2 z 1


.
1
1
2


1. Lập phương trình đường thẳng d đi qua A và d  (P ). Khi đó điểm H là giao
điểm của d và (P ).
r
Vì n(P ) (2;  1;  1) nên đường thẳng d đi qua A(2; 1; 4) và d  (P ) có phương
x  2  2t
�
�
y  1  t (t �R). Điểm H �d nên H(2  2t;1  t;4  t).
trình là �
�
z  4 t
�
Mà điểm H �(P ) nên 2(2  2t)  (1  t)  (4  t)  7  0 � t  1.
Vậy tọa độ H(0;2; 5).

2. Có hai cách giải.
Cách 1: Lập phương trình mặt phẳng ( ) qua A và ( )  , tọa độ điểm H là
giao của ( ) và .
r
Vì u  (1; 1; 2) nên mặt phẳng ( ) qua A và ( )   có phương trình là
x  y  2z  11  0.
�x  2
x  y  2z  11  0
�
�
�
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ �x  1 y  2 z  1 � �y  3, hay


�
�
z3
�1
1
2
�
H(2;3;3).
Cách 2: Vì H � nên H chỉ phụ thuộc một ẩn. Sử dụng điều kiện AH   ta
tìm được tọa độ H.
uuuu
r
Vì H � nên H(1  t; 2  t; 1  2t) � AH(t  1;t  1; 2t  3).
uuuu
rr
Vì AH   nên AH.u  0 � t  1  t  1  2(2t  3)  0 � t  1.

Vậy tọa độ H(2;3;3).

Ví dụ 7.3.6. Xét vị trí tương đối giữa đường thẳng d và mp ( ) . Tìm tọa

độ giao điểm của chúng nếu có :
�x  12  4t
�
1. d : �y  9  3t ,t ��
�z  1  t
�

( ) : 3x  4 y  z  2  0

x  10 y  4 z  1


( ) : y  4 z  17  0
3
4
1
Lời giải.
uur
uuu
r
Ta kí hiệu ud là VTCP của đường thẳng  , n là VTPT của mp ( )

2. d :

1. Cách 1 : Thay phương trình của d vào phương trình của () ta có :
3(12  4t)  4(9  3t)  1  t  2  0 � 23t  69  0 � t  3

124


Vậy d cắt ( ) tại A (0;0; 2) .
uur

uuu
r

uur uuu
r

Cách 2 : Ta có : ud  (4;3;1), n  (3;4; 1) � ud .n  35 �0 .
Vậy d và ( ) cắt nhau.
2. Cách 1 : Xét hệ phương trình
�
�y  4z  17
2x  3y  6z  2  0
�
�
��
2x  6z  49  0
�x  y  z  5  0
�y  4z  17  0
�x  3y  12  0
�
�
Ta thấy hệ này vôuunghiệm
suy ra duu/ur/( ) .
r

uur uuu
r
Cách 2 : Ta có : ud  (3;4; 1), n  (0;1;4) � ud .n  0

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 3 y 2 z


1
3
2
Lời giải.
u
r
Đường thẳng  đi qua B(3;2;0) và có u  (1;3;2) là VTCP
:

Cách 1: Gọi H là hình chiếu của A lên  , suy ra H  3  t;2  3t;2t

uuuur
� AH   t  1;3t  1;2t  1
uuuur u
r
Vì AH   � AH .u  0 � 1(t  1)  3(3t  1)  2(2t  1)  0 � t  0
uuuur
Do đó AH  (1; 1;1) � d  A,    AH  3 .
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
�
�

 3.
Do đó d  A,   
u
r
2
2
2
u
1 3 2

Ví dụ 9.3.6. Tìm m để hai đường thẳng sau cắt nhau và tìm tọa độ giao

điểm của chúng :
d1 :
Lời giải.

Cách 1 :

125

x 6 y 2 z 3


2
4
m1

d2 :

x 4 y 3 z  2


4
1
2


�x  6  2t
�x  4  4t '
�
�
Ta có ptts của đường thẳng d1 : �y  2  4t
và d2 : �y  t '
�z  3  (m  1)t
�z  2  2t '
�
�
�

6  2t  4  4t '
�
Ta có d1 và d2 cắt nhau � hệ �2  4t  3  t '
có nghiệm duy nhất.
�
3

(
m

1)
t

2

2
t
'
�
Từ hai phương trình đầu của hệ ta tìm được t  t '  1 thay vào phương trình
thứ ba ta có : 3  (m  1).1  2  2 � m  2 .

Khi đó tọa độ giao điểm của hai đường thẳng là : A  8;2;4 .
Cách 2 :
uur
Đường thẳng d1 có VTCP u1  (2;4; m  1) và đi qua M 1(6; 2;3)
uur

Đường thẳng d2 có VTCP u2  (4; 1;2) và đi qua M 2 (4;0;2)
uur uur

uuuuuuur

u , u � (m  7;4m  8; 18), M 1M 2  (2;2; 1)
Do đó : �
�1 2 �
uur uur uuuuuuur
��
u1, u2 �.M 1M 2  0
��
�
r
Ta có d1 và d2 cắt nhau � �uur uur
u1, u2 ��0
��
�
��
� 2(m  7)  2(4m  8)  18  0
� m  2 và tọa độ giao điểm là : A  8;2;4 .

Ví dụ 10.3.6 Cho đường thẳng  :

A (2; 5; 6)

x1 y 2 z 1


và điểm
2
1

3

1. Tìm tọa độ hình chiếu của A lê đường thẳng 
2. Tìm tọa độ điểm M nằm trên  sao cho AM  35
Lời giải.
u
r
Ta có u  (2;1; 3) là VTCP của đường thẳng 

1. Cách 1.
Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng  , suy ra

uuuur
H  1  2t; 2  t; 1  3t  � AH   2t  1; t  3; 3t  5 .
uuuur u
r
Vì AH   � AH .u  0 � 2(2t  1)  (t  3)  3(3t  5)  0
� 14t  14  0 � t  1 Vậy H  3; 1; 4 .

Cách 2. Gọi (P ) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với 
Suy ra phương trình (P ) : 2x  y  3z  17  0 . Khi đó H   �(P ) nên tọa
độ của H
126


�
2x  y  3z  17  0
�
là nghiệm của hệ: �x  1 y  2 z  1 , giải hệ này ta tìm được



�
1
3
�2
H  3; 1; 4 .

uuuur
M
�

�
M
1

2
t
;

2

t
;

1

3
t
�
2. Vì


 AM   2t  1; t  3; 3t  5

Nên AM  35 � (2t  1)2  (t  3)2  (3t  5)2  35
� t2  2t  0 � t  0, t  2
�t  0 � M (1; 2; 1)
�t  2 � 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) và
� B  1200,a  0. Điểm I thuộc trục tung và có tung độ âm. Trên đường thẳng
AI

qua I song song với trục Oz lấy các điểm C,D sao cho tam giác ABC vuông,
tam giác ABD đều và C,D có cao độ dương. Tìm tọa độ các điểm I,C,D.
Lời giải.
Tìm tọa độ điểm I.
Vì I thuộc trục tung và có tung độ âm nên I(0; t; 0),t  0.
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 và song song với trục Oz có phương trình
�x  0
�
 : �y  a (t ��).
�
zt
�
Tìm tọa độ điểm C.
uuur
uuur
Vì C � nên C(0;  a; t),t  0. Ta có CA(a 3; a;  t), CB(a 3; a;  t).
Rõ ràng CA  CB nên tam giác ABC phải vuông tại C.
uuur uuur
�
t  2a
2
2
2
2
2
.

Hay CA.CB  0 � 3a  a  t  0 � t  2a � �
t   2a
�
127


Mà t  0 nên C(0;  a; 2a).
Tìm tọa độ điểm D.Vì D � nên D(0;  a; t),t  0.
uuur
uuur
Ta có DA(a 3; a;  t), DB(a 3; a;  t).
Rõ ràng DA  DB nên tam giác ABC đều khi và chỉ khi
uuur uuur
�
t  2 2a
DA  AB � 3a2  a2  t2  12a2 � t2  8a2 � �
.
t  2 2a
�
Mà t  0 nên D(0;  a; 2 2a).
Vậy các điểm cần tìm là I(0;  a; 0), C(0;  a; 2a), D(0;  a; 2 2a).
Ví dụ 12.3.6 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz :

x y z
1. Cho hai đường thẳng: d1 :   ;
1 1 2

�x  1  2t
�
d2 : �y  t

, t ��. Xét vị
�z  1  t
�

trí tương đối giữa d1 và d2 . Tìm tọa độ các điểm M �d1, N �d2 sao cho

M N song song với mp  P  : x  y  z  0 và độ dài MN  2 ;
x 3 y 3 z 3
x 5 y 2 z



 .
2. Cho hai đường thẳng: d1 :
; d2 :
2
2
1
6
3
2
d
d
A
,
B
Chứng minh rằng 1 và 2 cắt nhau tại I . Tìm tọa độ các điểm
lần

lượt thuộc d1, d2 sao cho tam giác AI B cân tại I và có diện tích bằng

41
42
Lời giải.

uur

1. Đường thẳng d1 đi qua O  0;0;0 có u1   1;1;2 là VTCP,
uur
Đường thẳng d2 đi qua A  1;0;1 có VTCP u2 = ( - 2;1;1)
uuur

uur uur

uur uur uuur

u , u � 1; 5;3 � �
u ; u �OA  4 �0
Suy ra OA  (1;0;1), �
�1 2 � 
�1 2 �
Do đó d1, d2 chéo nhau.

Ta có M �d1 � M  t; t;2t , N �d2 � N  1  2s; s;1  s
Theo đề bài ta có
uuuur uuu
r
�
�
�MN / /  P 
�MN .np  0

��
�
�
�MN  2
�
MN

2
�
�

�
t  s
�
�
2
2
2
�  t  s  4t   1  3t  2
�

128


Giải hệ và kiểm tra điều kiện song song ta được
�4 4 8 � �1 4 3 �
M�; ; �
, N � ; ; �
�7 7 7 � �7 7 7 �

thỏa mãn.
�x  3 y  3 z  3
�x  1


�
�2
2
1 � �y  1
2. Xét hệ phương trình : �
�
�x  5  y  2  z
�z  2
�
�6
3
2
Vây d1 cắt d2 tại giao điểm I  1;1;2 .
uur
d1 đi qua điểm M 1  3;3;3 có u1  (2;2;1) là VTCP ;
uur
d2 đi qua M 2 (5; 2;0) và có u2  (6;3;2) là VTCP.
Gọi  là góc giữa hai đường thẳng d1 và d2 . Ta có :
uur uur
u1.u2
20
41
cos   uur uur 
� sin   1  cos2  
21

21
u .u
1

2

Giả sử I A  I B  a  0 . diện tích của tam giác I AB là
1
41
41
.I A.I B.sin   a2

� a  1.
2
42
42
uur
A �d1 � A(3  2t;3  2t;3  t) � I A  (2t  2;2t  2; t  1)
�
2
t
�
�1 1 5 �
3 � A �5 ; 5 ; 7 �
2
2
, A2 � ; ; �.
� I A  1 � 9(t  1)  1 � �
�
1�

4
�
�3 3 3 �
�3 3 3 �
t
�
3
�
uur
B �d2 � B(5  6t; 2  3t;2t) � I B  (6t  6;3t  3;2t  2)
S

� 8
t
�
�
�1 4 12 �
13 10 16 �
, B2 � ; ; �.
� I B 2  1 � 49(t  1)2  1 � � 7 � B1 � ; ; �
� 6
�7 7 7 �
�7 7 7 �
t
�
� 7
Vậy có 4 cặp điểm A, B cần tìm là:
�5 5 7 � �
�5 5 7 � �1 4 12 �
13 10 16 �

A � ; ; �; B � ; ; �hoặc A � ; ; �; B � ; ; �hoặc
�3 3 3 � �7 7 7 �
�3 3 3 � �7 7 7 �
�1 1 5 � �
�1 1 5 � �1 4 12 �
13 10 16 �
A � ; ; �; B � ; ; �hoặc A � ; ; �; B � ; ; �.
�3 3 3 � �7 7 7 �
�3 3 3 � �7 7 7 �

129


Ví dụ 13.3.6 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz : cho mặt phẳng
( ) : 3x  2y  z  4  0 và hai điểm A(4; 0; 0), B(0; 4; 0). Gọi I là trung

điểm đoạn thẳng AB.
1. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng ( ).
2. Xác định tọa độ điểm K sao cho K I vuông góc với mặt phẳng ( ), đồng thời
K cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng ( ).
Lời giải.

�x  4  t
uuur
�
1. AB(4; 4; 0) nên đường thẳng AB có phương trình �y  t (t ��).
�z  0
�
Gọi M  AB �( ) thì M(4  t; t; 0) và thỏa mãn
3(4  t)  2t  0  4  0 � t  16 � M(12; 16; 0).

Vậy giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng ( ) là M(12; 16; 0).
2. Trung điểm của AB là I(2; 2; 0).
Đường thẳng K I qua I và vuông góc với ( ) : 3x  2y  z  4  0 có
x  2  3t
�
�
y  2  2t (t �R), nên K (2  3t; 2  2t;  t).
phương trình K I : �
�
z  t
�
Ta có: d(K , ( )) 

3 2  3t   2 2  2t   t  4
32  22  12

 14 t  1 .

Mà OK  d(K , ( )) nên

 2  3t 

2

  2  2t   t 2  14 t  1
2





14t2  20t  8  14 t2  2t  1 � 8t  6  0
3
� 1 1 3�
�K �
 ; ; �
.
4
� 4 2 4�
� 1 1 3�
 ; ; �
.
Vậy điểm cần tìm là K �
� 4 2 4�
CC BI TỐN LUYỆN TẬP
Bi 1 Xét vị trí tương đối giữa các cặp đường thẳng sau
x1 y 3
z
x 1 y1 z  2




1. d1 :
và d2 :
2
1
2
2
1

3
x1 y 2 z 3
x 3 y 5 z 6




2. d1 :
và d2 :
1
2
2
3
1
1
x1 y 2 z1
2x  1 y  1 z  2




3. d1 :
và d2 :
.
1
2
2
1
1
1

�t

130


Bi 2 Xét vị trí tương đối giữa các đường thẳng 1,  2. Tính góc giữa hai

đường thẳng và tìm giao điểm của chúng (nếu có). Biết
1.
�x  t
�
2. 1 : �y  3t
và  2 :
�z  1  2t
�

�x  0
�
(t ��).
�y  9
�z  5  5t
�

x y 3 z 3


và 2 là giao tuyến của hai mp
1
4
3

(1) : x  y  z  0 và ( 2) : 2x  y  2z  0 .
Bi 3 Xét vị trí tương đối giữa đường thẳng d và mp ( ) . Tìm tọa độ giao

3. 1 :

điểm của chúng nếu có.
x  13 y  1 z  4


;
( ) : x  2 y  4z  1  0.
8
2
3
x  13 y  1 z  4


( ) : x  2 y  4z  1  0.
2. d :
8
2
3
Bi 4.
1. Cho hình vuông ABCD có đỉnh C(1;  1;  2) và đường chéo
x 1 y 1 z 1
BD :


. Tìm tọa độ các đỉnh A,B,D biết điểm B có hoành
4

1
1
độ dương.
2. Cho hình bình hành ABCD có A �d1, B �d2 với
x 1 y 1 z 1
x y 1 z 1
d1 :


; d2 :


.
1
1
1
1
1
2
Tìm tọa độ các đỉnh A, B của hình bình hành biết đường thẳng chứa cạnh CD có
x2 y z3
 
.
phương trình CD :
2
1
2
Bi 5 Tính các khoảng cách sau
x1 y 2 z



1. Từ A (3;2;1) đến đường thẳng  :
2
3
1
�x  1
�x  3t '
�
�
2. Giữa hai đường thẳng 1 : �y  4  2t và  2 : �y  3  t ' .
�z  3  t
�z  2
�
�

1. d :

3. Giữa hai đường thẳng 1 :
2 :

131

x 2 y1 z 3


1
2
4

x 1 y 1 z 2



và
2
1
3


4. Giữa  :

x1 y1 z 2


và ( ) : x  4x  2z  1  0 .
2
1
3

Bi 6
Cho ba điểm A(1; 0; 0), B(0; 1; 1), C(0; 0; 2) và đường thẳng
x y  2 z 1
: 

. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho góc
1
1
1
giữa hai mặt phẳng (MAB) và (CAB) bằng 300.
CC BI TỐN DNH CHO HỌC SINH ƠN THI ĐẠI HỌC
Bi 7

�x  1  t
�
x4 y4 z
(t ��). Tìm tọa độ


Cho tam giác ABC có AC :
và AB : �y  t
7
6 1
�z  1
�
các đỉnh của tam giác, biết trực tâm của tam giác trùng với gốc tọa độ.

Bi tốn 2. LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

r
Dạng 1: d đi qua điểm M 0(x0;y0;z0) v cĩ VTCP a  (a1;a2;a3) :
�
x  xo  a1t
�
(d) :�
y  yo  a2t
�
z  zo  a3t
�

(t ��)

uuu

r
Dạng 2: d đi qua hai điểm A ,B : Một VTCP của d l AB .
Dạng 3: d đi qua điểm M 0(x0;y0;z0) và song song với đường thẳng
 cho trước:
Vì d P  nn VTCP của  cũng l VTCP của d .
Dạng 4: d đi qua điểm M 0(x0;y0;z0) v vuơng gĩc với mặt phẳng  P 
cho trước:
Vì d   P  nn VTPT của  P  cũng l VTCP của d .
Dạng 5: d l giao tuyến của hai mặt phẳng  P  ,  Q  :

 Cch 1: Tìm một điểm và một VTCP.
– Tìm toạ độ một điểm A �d bằng cách giải hệ phương trình
�
(P)
� (với việc chọn gi trị cho một ẩn)
(Q)
�
r
r r
nP ,nQ �
– Tìm một VTCP của d : a  �
�
�
A
,B
 Cch 2: Tìm hai điểm
thuộc d , rồi viết phương trình đường
thẳng đi qua hai điểm đó.
Dạng 6: d đi qua điểm M 0(x0;y0;z0) và vuông góc với hai đường
132

thẳng d1, d2 :

r
r r
a ,a �
Vì d  d1, d  d2 nn một VTCP của d l: a  �
�d1 d2 �
Dạng 7: d đi qua điểm M 0(x0;y0;z0) , vuông góc và cắt đường thẳng
.
 Cch 1: Gọi H l hình chiếu vuơng gĩc của M 0 trên đường thẳng
.
�
H �
�
r r
�uuuuu
M 0H  uV
�
Khi đó đường thẳng d là đường thẳng đi qua M 0 , H .

 Cch 2: Gọi  P  l mặt phẳng đi qua A v vuơng gĩc với d ,  Q  là
mặt phẳng đi qua A v chứa d . Khi đó d   P  �  Q 

Dạng 8: d đi qua điểm M 0(x0;y0;z0) và cắt hai đường thẳng d1, d2 :
 Cch 1: Gọi M 1 �d1, M 2 �d2 Từ điều kiện M , M 1, M 2 thẳng hng
ta tìm được M 1, M 2 . Từ đó suy ra phương trình đường thẳng d .

 Cch 2: Gọi  P   (M 0 ,d1) ,  Q   (M 0,d 2) . Khi đó d   P  �  Q  , do

r
r r
nP ,nQ �
đó, một VTCP của d cĩ thể chọn l a  �
�
�.
Dạng 9: d nằm trong mặt phẳng  P  và cắt cả hai đường thẳng
d1, d2 :

Tìm cc giao điểm A  d1 � P  , B  d2 � P  . Khi đó d chính là
đường thẳng AB.
Dạng 10: d song song với  và cắt cả hai đường thẳng d1, d2 :
Viết phương trình mặt phẳng  P  chứa  v d1 , mặt phẳng  Q 

chứa  v d2 .

Khi đó d   P  �  Q  .
Dạng 11: d là đường vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2
cho nhau:
�
MN  d1
 Cch 1: Gọi M �d1, N �d2. Từ điều kiện �
, ta tìm được
MN  d2
�
M ,N .
Khi đó, d là đường thẳng MN .
 Cch 2:
r
r r

a ,a �
– Vì d  d1 v d  d2 nn một VTCP của d cĩ thể l: a  �
�d1 d2 �.
– Lập phương trình mặt phẳng  P  chứa d v d1 , bằng cch:
133


+ Lấy một điểm A trn d1 .

r
r r
a,a �
+ Một VTPT của  P  cĩ thể l: nP  �
� d1 �.
– Tương tự lập phương trình mặt phẳng  Q  chứa d v d1 .

Khi đó d   P  �  Q  .

Dạng 12: d l hình chiếu của đường thẳng  ln mặt phẳng  P  :

 Lập phương trình mặt phẳng  Q  chứa  v vuơng gĩc với mặt
phẳng  P  bằng cch:

– Lấy M � .
r
r r
a ,nP �
– Vì  Q  chứa  v vuơng gĩc với  nn nQ  �
�
�.

Khi đó d   P  �  Q  .
Dạng 13: d đi qua điểm M , vuơng gĩc với d1 v cắt d2 :
 Cch 1: Gọi N là giao điểm của d v d2 .Điều kiện MN  d1 , ta
tìm được N .
Khi đó, d là đường thẳng M ,N .
 Cch 2:
– Viết phương trình mặt phẳng  P  qua M v vuơng gĩc với d1 .
– Viết phương trình mặt phẳng  Q  chứa M v d2 .

Khi đó d   P  �  Q  .

Ví dụ 14.3.6 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz :
x1 y z 3
 
1. Cho điểm A (1;2;3) và đường thẳng d :
. Viết phương
2
1
2
trình đường thẳng  đi qua điểm A , vuông góc với đường thẳng d và cắt
trục Ox
Đề thi ĐH Khối D – 2011
Lời giải.
 với Ox
1. Gọi M là giao điểm
uuucủa
ur đường thẳng
u
r
Suy ra M (m;0;0) � AM  (m  1; 2; 3) , đường thẳng  có a  (2;1; 2)

là VTCP
uuuur u
r
uuuur
Vì AM  d � AM .a � m  1 � AM  (2; 2; 3)
Vậy phương trình đường thẳng  là:

x1 y 2 z 3


.
2
2
3

Ví dụ 15.3.6 Lập phương trình chính tắc của đường thẳng  , biết:
134


 đi qua M  1;0; 1 và vuông góc với hai đường thẳng
x
y 2 z1
d1 :


5
8
3

�x  t
�
; d2 : �y  1  2t
�z  0
�

Lời giải.

uur

uur

Ta có: d1 có u1  (5; 8; 3) VTCP; d2 có u2  (1; 2;0) là VTCP
u
r

Cách 1: Giả sử u  (a; b; c) là một VTCP của  .
Vì  vuông góc với d1 và d2 nên
uur uur
�
u .u1  0
�
�
�uur uur
u .u2  0
�
�

�
5a  8b  3c  0

�
�
�a  2b  0

�a  2b
u
r b
�
� 2 � u  .(6;3;2)
3
�c  b
� 3

�x  1  6t
�
, t ��.
Phương trình  là: �y  3t
�z  1  2t
�
u
r
uur uur
u1, u2 �  6; 3; 2 là một VTCP
Cách 2. Vì   d1,   d2 nên u  �
�
�
của 
�x  1  6t
�
Suy ra phương trình  là: �y  3t , t ��.

�z  1  2t
�
Ví dụ 16.3.6 Lập phương trình chính tắc của đường thẳng  , biết:
�x  1  t
�
1.  đi qua A 1;2;1 đồng thời  cắt đường thẳng d1 : �y  2  t và
�z  t
�





x1 y1 z 3


;
2
1
2
2.  đi qua B (9;0; 1) , đồng thời  cắt hai đường thẳng
x 1 y 3 z  1
x 2 y 3 z 4
1 :




, 2 :
2

1
1
1
1
3
Lời giải.
1. Cách 1: Gọi (P ) là mặt phẳng đi qua A và d1 , khi đó ta có  �(P )
uur
Ta có đường thẳng d1 đi qua M (1;2;0) và có u1   1; 1;1 là VTCP

vuông góc với đường thẳng d2 :

135


ur

uuuur uur

AM , u1 �  1; 1;0 là VTPT của (P ) .
Nên n  �
�
�
u
r
ur uur
� �(P )
�
n, u2 �  2; 2;1 là VTCP của  (trong đó
, suy ra u  �

�
�
�  d2

Vì �

uur
u2   2;1; 3 là VTCP của đường thẳng d2 ).

x 1 y 2 z 1


.
2uuuu
1
r 2
Cách 2: Gọi E   �d1 , suy ra E  1  t;2  t; t nên AE   t; t; t  1
uuuu
r uur
uuuu
r
Vì   d2 � AE .u2  0 � 2t  t  2(t  1)  0 � t  2 � AE  (2; 2;1)

Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng  là:

x 1 y 2 z 1


.
2

2
1
uu
r
2. Đường thẳng 1 đi qua C (1;3; 1) và có v1   2; 1;1 là VTCP
uur
Đường thẳng  2 đi qua D(2;3;4) và có v2   1;1; 3 là VTCP

Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng  là:

Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua B và 1 , suy ra  �( ) và

uur
uu
r uuur
n1  �
v1, BC �  3; 8; 2 là VTPT của ( ) .
�
�
Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua B và  2 , suy ra  �( ) và
uur
uur uuur
n2  �
v2, BD �  14;38;8 là VTPT của ( ) .
�
�
u
r
uur uur
n1, n2 � (12; 4; 2) là

Ta có  là giao tuyến của ( ) và ( ) nên a  �
�
�

VTCP
Vây phương trình chính tắc của đường thẳng  là:
3.

x 9
y
z1


.
6
2
1

Ví dụ 17.3.6 Viết phương trình tham số của đường thẳng  , biết:
1.  là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) : x  y  z  3  0 và
( ) : 2y  z  1  0

2.  là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) : x  y  z  3  0 và
( ) : 2x  y  5z  4  0 .
3.  là hình chiếu vuông góc của d :
( ) : x  y  z  1  0

x1 y 2
z



lên mp
1
2
1

Lời giải.

1. Để lập phương trình đường thẳng  ta có các cách sau
136


uur

uur

Cách 1: Ta có n1   1;1;1 và n2   0;2; 1 lần lượt là VTPT của    và
( )

u
r

uur uur

n , n � 3;1;2 là VTCP của 
Do   ( ) �( ) , suy ra a  �
�1 2 � 
�x  y  z  3  0
(*). Cho y  1 � x  z  1 , suy ra
2y  z  1  0

�

Xét hệ phương trình �
M (1;1;1) �

�x  1  3t
�
Vậy phương trình tham số của đường thẳng  là: �y  1  t , t ��.
�z  1  2t
�
�x  y  z  3  0
2y  z  1  0
�

Cách 2: Xét N (x; y; z) � � N �( ) �( ) � �

�x  4  3t
�
, t ��, đây chính là phương trình tham số của
Đặt y  t , ta có: �y  t
�z  1  2t
�
.

Cách 3: Trong hệ (*) cho y  0 � z  1, x  4 . Do đó điểm
E (4;0; 1) �
Hay  �ME , từ đó ta lập được phương trình tham số của  là:
�x  4  3t
�
, t ��.

�y  t
�z  1  2t
�

2. Để lập phương trình đường thẳng  ta có các cách sau
Cách 1: Ta có A(1; 1;1), B(5;6;4) là hai điểm chung của ( ) và ( )
uuur
� A, B �d � AB  (4;7;3) là một VTCP của d
�x  1  4t
�
Phương trình tham số của d : �y  1  7t , t �R .
�z  1  3t
�
x1 y1 z1


.
7
3
uur
uur4
Cách 2: Ta có n1  (1;1; 1), n2  (2; 1;5) lần lượt là VTPT của ( ), ( )
u
r
uur uur
n1, n2 � (4; 7; 3)
Vì d là giao tuyến của ( ) và ( ) nên u  �
�
�

Phương trình chính tắc của d :

Từ đó ta lập được phương trình cuả d .
137


�M �( )
�x  y  z  3  0
��
2x  y  5z  4  0
�M �( )
�
� 1 4
x  t
�
�x  y  3  t
� 3 3
��
Đặt z  t ta được: �
2x  y  4  5t
�
�y   10  7 t
�
3 3
� 1 4
x  t
�
� 3 3
d
:

, t ��.
Phương trình tham số của
�
�y   10  7 t; z  t
�
3 3
3. Để lập phương trình đường thẳng  tar có các cách sau
Đường thẳng d đi qua M (1;2;0) và có v  (1;2; 1) là VTCP.
ur
Mặt phẳng ( ) có n   1;1;1 là VTPT

Cách 3: Ta có M (x; y; z) �d � �

�x  1 y  2
z


�
2
1 , giải hệ này ta được
Xét hệ phương trình � 1
�x  y  z  1  0
�
x  0, y  0, z  1 , suy ra d và ( ) cắt nhau tại I (0;0;1) và I � .
Cách 1: Gọi (P ) là mặt phẳng đi qua d và vuông góc với ( )
uur
r ur
�
n


v
 (3; 2; 1) là VTPT của (P )
Ta có 1 �, n�
�
u
r
ur uur
n, n1 �  1; 4;5 là VTCP của 
Vì   ( ) �(P ) nên u  �
�
�
x
y
z1


.
1 4
5
ur
Cách 2. Gọi N là hình chiếu của M lên ( ) , vì MN  ( ) nên n  (1;1;1)

Vậy phương trình của đường thẳng  là:
là VTCP
của MN , suy ra phương trình MN :

x1 y 2 z


1

1
1

�x  1 y  2 z


�
1
1
Do N  MN �( ) nên tọa độ của N là nghiệm của hệ: � 1
�x  y  z  1  0
�
�1 4 2 �
1
4
2
, y  , z   � N � ; ;  �.
3
3
3
�3 3 3 �
Khi đó đường thẳng  �I N , từ đó ta lập được phương trình  :
x
y
z1


.
1 4
5

Giải hệ này ta tìm được: x 

138


Ví dụ 18.3.6 Cho đường thẳng  và mặt phẳng (P ) có phương trình:

�x  1  2t
�
 : �y  1  t (t ��), (P ) : 2x  y  2z  11  0.
�z  2t
�

1. Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của A (1;  2;  5) trên  ;
, H thằng
2. Tìm tọa độ điểm A �sao cho AA� 2AH và ba điểm A, A�
hàng;
3. Tìm tọa độ điểm B�đối xứng với điểm B (1;  1; 2) qua (P ) .
Lời giải.

uur

1. Đường thẳng  có u  (2; 1;2) là VTCP

uuuur

Cách 1: Vì H � nên H (1  2t;  1  t; 2t) � AH  (2t; 1  t; 2t  5).
uuuur uur

Điểm H là hình chiếu của A trên  nên AH .u  0, hay

2.(2t)  1.(1  t)  2(2t  5)  0 � t  1 � H (1; 0;  2).
Vậy điểm cần tìm là H (1; 0;  2) .
Cách 2: Gọi ( ) là mặt phẳng qua A (1;  2;  5) và vuông góc với  .
uuu
r
Ta có một véc tơ pháp tuyến của ( ) là n  (2;  1; 2) nên

( ) : 2x  y  2z  6  0.
Điểm H là hình chiếu của A trên  thì H  (P ) � � H (1; 0;  2) .
(x; y; z).
2. Gọi A �
, H thằng hàng và AA� 2AH nên có hai trường hợp
Vì ba điểm A, A�
uuuur
uuuur
� AA� 2AH , khi đó H là trung điểm AA ' nên
�xA  xA� 2xH
�xA� 2xH  xA
�xA� 3
�
�
�
�yA  yA� 2yH � �yA� 2yH  yA � �yA� 2 .
�z  z  2z
�z  2z  z
�z  1
A�
H

H
A
�A
�A�
�A�
(3; 2; 1).
Vậy A �
uuuur
uuuur
� AA� 2AH , khi đó ta có
�xA� 1  2.(2)
�xA� 5
�
�
(5;  6;  11).
�yA� 2  2.2 � �yA� 6 � A�
�
�
�zA� 5  2.3
�zA� 11
(3; 2; 1) hoặc A �
(5;  6;  11).
Vậy có hai điểm thỏa mãn là A �
3. Gọi d là đường thẳng đi qua B (1;  1; 2) và d  (P ), khi đó một véc tơ
phương của d là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng.

139


uur

x1 y1 z 2


.
2
1
2
Điểm K là hình chiếu của B trên (P ) thì K  d �(P ), nên tọa độ K là
�x  1 y  1 z  2


�
1
2 � H (3; 1;  2).
nghiệm của hệ phương trình: � 2
�
2x  y  2z  11  0
�
Điểm B ' đối xứng với B qua (P ) khi H là trung điểm của 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 ,
1. Cho mặt phẳng ( ) : 2x  2y  z  n  0 và đường thẳng
x1 y 1
z 3
:



. Tìm m, n để:
2
1
2m  1
a) Đường thẳng  nằm trong mp( )

b) Đường thẳng  song song với mp( )
2. Tìm m để :
a) Hai đường thẳng d1 :

x 6 y 3 z  1 m


và
2
2
m1

x 4
y
z2


cắt nhau. Tìm giao điểm của chúng.
4
3
2
�x  (2m2  m  1)t

�
�
2
b) Đường thẳng dm : �y  1  (4m  4m  1)t song song với
�
z  2  (m2  m)t
�
�
(P ) : 2x  y  2  0 .
d2 :

Lời giải.

ur
n
(

)
1. Mặt phẳng
có   2; 2;1 là VTPT
u
r
Đường thẳng  đi qua A (1; 1;3) và có u   2;1;2m  1 là VTCP

a) Cách 1: Ta có B  3;0;2m  2 �
�A �( )
 �( ) � �
�
�B �( )

�
7 n  0
�
�
8  2m  n  0
�

�A �( )
�
�
Cách 2: Ta có  �( ) � �ur ur
n.u  0
�

�
n7
�
�
1
m 
�
�
2

�
7 n  0
�
�
2m  1  0
�

�
n7
�
�
1.
m 
�
�
2
140


�A �( )
�
�
b) Ta có:  / /( ) � �ur ur
�n.u  0

�
7  n �0
�
�
2m  1  0
�

�
n �7
�
�

1.
m 
�
�
2

2. a) Hai đường thẳng cắt nhau khi và chỉ khi hệ phương trình sau có
nghiệm duy nhất:
�
6  2t  4  4t '
�
3  2t  3t '
�
�
�
1  m  (m  1)t  2  2t '
�

�
t  3, t '  1
� m  2.
�
1  m  (m  1).(3)  4
�

Khi đó hai đường thẳng cắt nhau tại A (0;3;4) .
b) Cách 1:
Đường thẳng dm đi qua A (0;1; 2) có

u

r
u  (2m2  m  1; 4m2  4m  1; m2  m) là VTCP. Mặt phẳng (P) có
ur
n  (2; 1;0) là VTPT
u
r ur
�
�
�
u.n  0
�
4m2  2m  2  4m2  4m  1  0
��
Ta có dm / /(P ) � �
1  2 �0
�A �(P )
�
� m 

1
.
2

Cách 2: Ta có dm / /(P ) � hệ phương trình sau vô nghiệm:
�x  (2m2  m  1)t
�
�y  1  (4m2  4m  1)t
�
�z  2  (m2  m)t
�

2x  y  2  0
�

Thay ba phương trình đầu vào phương trình cuối ta được: (6m  3)t  1
Do đó hệ vô nghiệm � m  

1
.
2

Ví dụ 20.3.6 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz : cho tứ diện ABCD

có các đỉnh A  1;2;1 , B  2;1;3 , C  2; 1;1 và D  0;3;1 . Viết phương
trình mặt phẳng (P ) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến (P ) bằng
khoảng cách từ D đến (P )
Lời giải.

Mặt phẳng (P) thoả mãn yêu cầu bài toán trong hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: (P ) đi 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 ra n  �

�
�

là VTPT của (P). Phương trình (P): 4x  2y  7z  15  0 .
, B và cắt CD tại I , suy ra I là trung điểm
Trường hợp 2: (P ) đi qua uA
uu
r
của CD Do đó I (1;1;1) � AI  (0; 1;0) .
ur
uuur uuu
r
�
� (2;0;3) .
n

AB
,
AI
Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P):
�
�
Phương trình (P ) : 2x  3z  5  0 .
Vậy (P ) : 4x  2y  7z  15  0 hoặc (P ) : 2x  3z  5  0 .
Ví dụ 21.3.6 Cho đường thẳng 1 :

x  2 y 1 z1


và đường thẳng

3
1
1

�x  1  2t
�
 2 : �y  2  3t (t �R). Lập phương trình đường thẳng  cắt 1 và cắt 2
�
z 1
�
đồng thời thỏa mãn:
1.  nằm trong mặt phẳng (P ): 2x  3y  z  2  0.
x 2 y1 z3


.
2.  song song với đường thẳng d :
4
3
1
3.  đi qua điểm M(1;  5;  1).
Lời giải.
1. Vì  cắt 1 và cắt 2 đồng thời  nằm trong mặt phẳng (P ), nên  chính là
đường thẳng đi qua các giao điểm của 1 và 2 với (P ).

Gọi A  1 �(P ) thì tọa độ A là nghiệm của hệ
�x  2 y  1 z  1


�

1
1 � A(1; 0; 0).
�3
�
2x  3y  z  2  0
�
Gọi B   2 �(P ). Vì B � 2 nên B(1  2t; 2  3t; 1). Lại có B �(P ) nên
2(1  2t)  3(2  3t)  1  0 � t  1 � B(1;  1; 1).
uuur
Ta có AB(2;  1; 1) nên phương trình đường thẳng cần tìm là
x 1 y 1 z 1
:


.
2
1
1
2. Có nhiều cách giải bài toán này, chẳng hạn:
Cách 1: Tìm một điểm thuộc .
Vì  cắt 1 và song song với d, nên  nằm trong mặt phẳng ( ) chứa 1 và
song song với d. Ta có ( ) qua M 1(2; 1; 1), ( ) có một véc tơ pháp tuyến là
r
r
r
n( )  �
u 1 , ud �
�
� (2; 1; 5) nên ( ) :  2x  y  5z  2  0.
142