Chủ đề: Phương trình đường thẳng (Hình học 12 - Chương III)

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn của Lê Hồng Đức
Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là:
1. Tài liệu dễ hiểu − Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực hiện điều này.
2. Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc − Đăng kí “Học tập từ xa”.

BÀI GIẢNG QUA MẠNG

HÌNH HỌC 12
CHƯƠNG III. PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ
TRONG KHƠNG GIAN

§3

Phương trình đường thẳng

Học Tốn theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12
Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC
Địa chỉ: Số nhà 20 − Ngõ 86 − Đường Tơ Ngọc Vân − Hà Nội
Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689

1


chủ đề 3

P hơng

trình đờng thẳng

A. Tóm tắt lí thuyết
1. phơng trình tổng quát của đờng thẳng

Đờng thẳng (d) trong không gian có thể xem là giao tuyến của hai mặt phẳng
(P1) và (P2) nào đó, nên phơng trình tổng quát của (d) có dạng:
A1x + B1 y + C1 z + D1 = 0 (1)
(d): 
víi A1:B1:C1≠ A2:B2:C2.
 A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 (2)
trong ®ã (1), (2) theo thứ tự là phơng trình của mặt phẳng (P1), (P2).
r
Khi đó, một vtcp a của đờng thẳng đó đợc xác định bởi:
r B 1 C 1 , C 1 A1 , A1 B 1 
a =
 B C C A A B ữ.
ữ
2
2
2
2
2 2
2. phơng trình tham số của đờng thẳng
Địnhrlý 1: Trong không gian Oxyz, đờng thẳng (d) đi qua điểm M0(x0; y0; z0) và có
vtcp a (a1; a2; a3) có phơng trình
x = x 0 + a1 t

(d):  y = y 0 + a 2 t , t ∈ ¡ .
(1)
z = z + a t
0
3

Vậy, ta đợc:

x = x 0 + a1 t
Qua M 0 (x 0 ;y 0 ;z 0 )


r
(d): 
⇔ (d):  y = y 0 + a 2 t , t ∈ ¡ .
 vtcp a(a1 ;a 2 ;a 3 )
z = z + a t

0
3

2
2
Ph¬ng trình (1) với điều kiện a1 + a 2 + a 3 > 0 đợc gọi là phơng trình tham số
2
của đờng thẳng.
3. phơng trình chính tắc của đờng thẳng
Cho đờng thẳng (d) có phơng trình tham số cho bởi (1) suy ra:
x x0
y y0
z z0
=
=
.
(2)
a1
a2
a3

2
2
Phơng trình (2) víi ®iỊu kiƯn a1 + a 2 + a 3 > 0 đợc gọi là phơng trình chính
2
tắc của đờng thẳng.
Vậy, ta đợc:

x x0
y y0
z z0
Qua M 0 (x 0 ;y 0 ;z 0 )
r
(d): 
⇔ (d):
=
=
.
a1
a2
a3
 vtcp a(a1 ;a 2 ;a 3 )


2


Từ đó, đờng thẳng (d) đi qua hai điểm M1(x1; y1; z1) vµ M2(x2; y2; z2), ta cã:
Qua M1 (x1 ;y1 ;z1 )
Qua M1 (x1 ;y1 ;z1 )


u uur
uuu
(d): 
⇔ (d): 
Qua M 2 (x 2 ;y 2 ;z 2 )

 vtcp M1 M 2 (x 2 − x1 ;y 2 − y1 ;z 2 − z1 )

 x = x1 + (x 2 − x1 )t

⇔ (d):  y = y1 + (y 2 − y1 )t , t ∈ ¡
 z = z + (z − z )t
1
2
1


hc (d):

x − x1
y − y1
z − z1
=
=
x 2 − x1
y 2 y1
z 2 z1

4. Vị trí tơng đối giữa đờng thẳng và mặt phẳng
Cho đờng thẳng (d) và mặt phẳng (P) có phơng trình:

x x0
y y0
z − z0
(d):
=
=
,
a
b
c
(P): Ax + By + Cz + D = 0,
suy ra:
r
(d) đi qua điểm M0(x0, y0, z0) và cã vtcp u (a; b; c),
r
 (P) cã vtpt n (A; B; C).
Khi đó, ta có kết quả:
r
r
r r
1. (d) cắt (P) khi và chỉ khi u và n không vuông góc, tức là u . n 0. Nh vËy:
(d) c¾t (P) ⇔ aA + bB + cC ≠ 0.
r
r
2. (d) vµ (P) song song víi nhau khi vµ chỉ khi u n và M0 không thuộc (P).
Nh vËy:
aA + bB + cC = 0
(d) // (P) ⇔ 
.
 Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D ≠ 0

r
r
3. (d) n»m trong (P) khi vµ chØ khi u ⊥ n vµ M0 thuéc (P). Nh vËy:
aA + bB + cC = 0
(d) ≡ (P) ⇔ 
.
 Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D = 0
Đặc biệt (d) (P) khi và chỉ khi a: b: c = A: B: C.
5. Vị trí tơng đối giữa hai đờng thẳng
Cho hai đờng thẳng (d1) và (d2) có phơng trình:
x x1
y y1
z z1
(d1):
=
=
,
a1
b1
c1
x − x2
y − y2
z − z2
(d2):
=
=
,
a2
b2
c2

suy ra:
r
 (d1) ®i qua ®iĨm M1(x1, y1, z1) vµ cã vtcp u1 (a1; b1; c1),
r
(d2) đi qua điểm M2(x2, y2, z2) và có vtcp u 2 (a2; b2; c2).

3


uuur
uuu
r r
Khi đó, xét ba vectơ u1 , u 2 và M1 M 2 ta có kết quả:

u u ur
uuu
r r
1. (d1) và (d2) đồng phẳng khi và chỉ khi ba vectơ u1 , u 2 và M1 M 2 đồng
phẳng. Nh vậy:
uuu
r r u u ur
(d1) và (d2) đồng ph¼ng ⇔ [ u1 , u 2 ]. M1 M 2 = 0.

2. (d1) và (d2) cắt nhau khi và chỉ khi chúng đồng phẳng và các vtcp của chúng
không cùng phơng. Nh vậy:
uuu
r r uuur
(d1) và (d2) cắt nhau ⇔ [ u1 , u 2 ]. M1 M 2 = 0 vµ a1: b1: c1 ≠ a2: b2: c2.
r
r

3. (d1) vµ (d2) song song víi nhau khi vµ chØ khi u1 và u 2 cùng phơng và (d1),
(d2) không cã ®iĨm chung. Nh vËy:
(d1) // (d2) ⇔ a1: b1: c1 = a2: b2: c2 ≠ (x2 − x1): (y2 − y1): (y2 − y1).
r
r
4. (d1) vµ (d2) trïng nhau khi và chỉ khi u1 và u 2 cùng phơng và (d1), (d2) có
điểm chung. Nh vậy:
(d1) (d2) a1: b1: c1 = a2: b2: c2 = (x2 − x1): (y2 − y1): (y2 − y1).
u u ur
uuu
r r
5. (d1) vµ (d2) chÐo nhau khi vµ chØ khi ba vectơ u1 , u 2 và M1 M 2 không đồng
phẳng. Nh vậy:
uuu
r r u u ur
(d1) và (d2) chéo nhau ⇔ [ u1 , u 2 ]. M1 M 2 0.
Khi đó khoảng cách giữa (d1), (d2) đợc cho bëi:
u ur u u u r
u u uuu
r
[u1 , u 2 ].M1 M 2
u ur
u u
r
d((d1), (d2)) =
.
[u1 , u 2 ]
6. khoảng cách từ một điểm đến một đờng thẳng
r
Cho điểm M và đờng thẳng (d) có vtcp a và đi qua điểm M0. Khi đó khoảng

cách từ điểm M đến đờng thẳng (d) đợc cho bởi:
uuu r
uur
| [MM 0 ,a] |
r
d(M, (d)) =
.
|a|
7. Góc giữa hai đờng thẳng
Cho hai đờng thẳng (d1) và (d2), theo thứ tự cã vtcp lµ
r
r
a (a1; a2; a3), b (b1; b2; b3).

π
Gäi là góc tạo bởi hai đờng thẳng (d1) và (d2) (0 ≤ α ≤ ), ta cã:
2
rr
| a1 b1 + a 2 b 2 + a 3 b3 |
| a.b |
cosα = r r =
.
2
2
a1 + a 2 + a 2 . b1 + b 2 + b 2
|a |.|b |
2
3
2
3

Chú ý:
1. Điều kiện cần và đủ để (d1) ⊥ (d2) lµ:
cosα = 0 ⇔ a1b1 + a2b2 + a3b3 = 0.

4


2. Trong nhiều bài toán ta lại áp dụng kết quả sau của hình không gian, bằng cách
thực hiện theo các bớc:
Bớc 1:
Tìm góc, ta đi tìm điểm I nào ®ã tho¶ m·n:
 IA //(d1 )

 IB //(d 2 )
^

Bíc 2:

Khi ®ã, g((d1), (d2)) = AIB .
TÝnh gãc:
ur
u
ur
u
 NÕu biÕt đợc toạ độ của IA và IB thì sử dụng công thức.
Sử dụng tỉ số lợng giác của góc trong tam giác vuông hoặc dùng
định lí cosin trong tam giác thờng.

8. Góc giữa đờng thẳng và mặt phẳng
Cho:

r
Mặt phẳng (P) có vtpt n (n1; n2; n3).
r
Đờng thẳng (d) cã vtcp a (a1; a2; a3).
Gäi α lµ gãc tạo bởi (P) và (d), là góc giữa đờng thẳng (d) và đờng thẳng chứa


r
vtpt n (0 , β ≤ ), th× α + β =
⇒ sinα = cosβ, ta cã:
2
2
| a 1 n1 + a 2 n 2 + a 3 n 3 |
sinα =
2
2
2
2 .
a1 + a 2 + a 3 . n 1 + n 2 + n 3
2
2
Chú ý: Điều kiện để (d) // (P) (hoặc thuộc (P)) là;
sin = 0 a1n1 + a2n2 + a3n3 = 0.

B. phơng pháp giải toán
Vấn đề 1: Phơng trình đờng thẳng
Ta có:
1. Phơng trình:
x = x 0 + a 1t
x − x0

y − y0
z − z0

=
=
 y = y 0 + a 2 t , t R hoặc
a1
a2
a3
z = z + a t
0
3

2
2
là phơng trình của một đờng thẳng khi a1 + a 2 + a 3 > 0.
2
r
Khi đó, vectơ a (a1; a2; a3) là một vtcp của đờng thẳng (d).
2. Phơng trình:
A 1 x + B 1 y + C 1 z + D1 = 0

A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0
5


là phơng trình của một đờng thẳng khi và chỉ khi:
 B 1 C 1 C 1 A1 A 1 B 1  r
A1:B1:C1 ≠ A2:B2:C2 ⇔ 
 B C , C A , A B ÷ ≠ 0.

÷
2
2
2
2 
 2 2
Khi đó, vectơ:
r B 1 C 1 C 1 A1 A 1 B 1 
;
;
a
÷

÷

 B 2 C 2 C 2 A2 A2 B2 
lµ mét vtcp cđa (d).


Chú ý: Đi kèm với họ đờng thẳng (dm) thờng có thêm các câu hỏi phụ:
Câu hỏi 1: Chứng minh rằng họ (dm) luôn đi qua một điểm cố định.
Câu hái 2: Cho ®iĨm M cã tÝnh chÊt K, biƯn luận theo vị trí của M số đờng
thẳng của họ (dm) đi qua M.
Câu hỏi 3: Chứng minh rằng họ đờng thẳng (dm) 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 (dm).
Cách 2: Ta thực hiện theo các bớc sau:
Bớc 1:
Chùm mặt phẳng tạo bởi trục (dm) có phơng trình:
[A1(m)x + B1(m)y + C1(m)z + D1(m)] +
+ β[A2(m)x + B2(m)y + C2(m)z + D2(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 (dm).
Ví dụ 1:

Cho phơng trình:
x = 1 + (m + 1)t

,t∈ ¡ .
y = 2 + mt
z = (m − 1)t


6

(1)

Tìm điều kiện của m để phơng trình trên là phơng trình đờng
thẳng, từ đó chỉ ra điểm cố định mà họ đờng thẳng luôn đi qua.



Giải
Ta có:
2
2
a1 + a 2 + a 3 = (m + 1)2 + m2 + (m − 1)2 = 3m2 + 2 > 0, m
2

Vậy với mọi m, phơng trình (1) là phơng trình tham số của họ đờng thẳng (dm)
và dễ nhận thấy họ (dm) luôn đi qua điểm cố định M(1; 2; 0).
Ví dụ 2:

Cho phơng trình:
z2
x
my 2m
=
=
.
m(m 1)
m
1

(1)

Tìm điều kiện của m để phơng trình trên là phơng trình đờng

thẳng, từ đó chỉ ra điểm cố định mà họ đờng thẳng luôn đi qua.



Giải
Ta có:
2
2
a1 + a 2 + a 3 = m2 + 1 + m2(m − 1)2 > 0, ∀m ≠ 0.
2

VËy víi mäi m ≠ 0, phơng trình (1) là phơng trình chính tắc của họ đờng thẳng
(dm) và dễ nhận thấy họ (dm) luôn đi qua điểm cố định M(0; 2; 2).
Ví dụ 3:

Cho phơng tr×nh:
x + y − mz + 2m = 0
.

2x + 2my + mz 2 = 0

(1)

Tìm điều kiện của m để phơng trình trên là phơng trình đờng
thẳng, từ đó chỉ ra điểm cố định mà họ đờng thẳng luôn đi qua.



Giải
Để phơng trình (1) là phơng trình của đờng thẳng điều kiện là:

r
1: 1: (m) 2: 2m: m ⇔ (m + 2m2; −3m; 2m − 2) ≠ 0
⇔ (m + 2m2)2 + (−3m)2 + (2m − 2)2 > 0, luôn đúng.
Vậy, với mọi m, phơng trình (1) là phơng trình tổng quát của họ đờng thẳng
(dm).
Giả sử M(x0; y0; z0) là điểm cố định mà họ (dm) luôn đi qua
x 0 + y 0 mz 0 + 2m = 0
x 0 + y 0 − m(z 0 − 2) = 0
⇔
, ∀m ⇔ 
, ∀m
2x 0 + 2my 0 + mz 0 − 2 = 0
2x 0 − 2 + m(2y 0 + z 0 ) = 0

7


x 0 + y 0 = 0
x 0 = 1

z 0 − 2 = 0

⇔
⇔ y 0 = −1 ⇒ M(1; −1; 2).
2x 0 − 2 = 0
z = 2
 0
2y + z = 0
0
0

Vậy, họ đờng thẳng (dm) luôn đi qua điểm cố định M(0, 0, 1).


Nhẫn xét: Nh vậy, thông qua các ví dụ trên chúng ta đà biết cách tìm điểm cố
định của họ đờng thẳng phụ thuộc tham số m.
Ví dụ 4:

Cho họ đờng thẳng (dm) có phơng trình:
x + 4mz 3m = 0
.
(1 m)x my = 0

(dm):

a. Tìm điểm cố định của họ đờng thẳng (dm).
b. Chứng minh rằng các đờng thẳng trong họ (dm) luôn thuộc một
mặt phẳng cố định.
c. Tính thể tích khối tứ diện giới hạn bởi mặt phẳng (P) và các
mặt phẳng toạ độ.



Giải
a. Giả sử M(x0; y0; z0) là điểm cố định của họ (dm), ta đợc:
x 0 + 4mz 0 3m = 0
m(4z 0 − 3) + x 0 = 0
, ∀m ⇔ 
, ∀m

(1 − m)x 0 − my 0 = 0

−m(x 0 + y 0 ) + x 0 = 0
4z 0 − 3 = 0
x 0 = 0

3
x 0 = 0


⇔
⇔ y 0 = 0 ⇒ M  0; 0; ÷
4

x 0 + y 0 = 0
z = 3 / 4
0
x = 0
0
3

Vậy, họ (dm) luôn đi qua điểm cố định M 0; 0; ữ .
4

b. Ta lùa chän mét trong hai c¸ch lËp luËn sau:
C¸ch 1: Từ hệ (I), ta đợc:
mx + my + 4mz 3m = 0 ⇔ x + y + 4z − 3 = 0.
(1)
Khi đó (1) chính là phơng trình của mặt phẳng cố định (P) chứa các đờng thẳng
của họ (dm).
Cách 2: Chùm mặt phẳng tạo bởi trục (dm) có phơng trình:
(x + 4mz 3m) + [(1 m)x − my] = 0

⇔ (α + β − βm)x − βmy + 4αmz − 3αm = 0.
(2)
Lùa chän c¸c gi¸ trị thích hợp của = 1, = 1, ®a (2) vỊ d¹ng:

8


x + y + 4z − 3 = 0
(3)
Khi ®ã (3) chính là phơng trình của mặt phẳng cố định (P) chứa các đờng thẳng
của họ (dm).
c. Ta có:
(P) Ox = {A(3; 0; 0)}, (P) ∩ Oy = {B(0; 3; 0)},
 
3 
(P) ∩ Oz =  M  0; 0; ÷ .
4 
 
ThĨ tÝch khèi tø diƯn OABC đợc cho bởi:
1
1
3
9
V = OA.OB.OC = .3.3. = (đvtt).
6
6
4
8

Vấn đề 2: chuyển dạng phơng trình đờng thẳng

Ta xét ba xuất phát điểm:
1. Với (d) cho dới dạng tổng quát:
A 1 x + B 1 y + C 1 z + D1 = 0
(d): 
víi A1:B1:C1 ≠ A2:B2:C2.
A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0
Để chuyển (d) về dạng tham số, chính tắc ta lựa chọn một trong
hai cách sau:
Cách 1: Thực hiện theo các bớc sau:
r
Bớc 1: Gọi a là vtcp, ta cã:
r  B 1 C 1 , C 1 A1 , A 1 B 1 
a =
 B C C A A B ÷.
÷
2
2
2
2 
 2 2
Bíc 2: Tìm một điểm M(x0, y0, z0) (d).
Bớc 3: Vậy, ta đợc:
qua M(x 0 ;y 0 ;z 0 )
(d):
.
r
vtcp a
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:
qua A

uu .
ur
(d): 
 vtcp AB


9


Từ đó ta có đợc:
Phơng trình tham số của (d).
Phơng trình chính tắc của (d).
Chú 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 ®Ỉt x = t (hc y = t hc z = t) từ đó suy ra y và z
theo t.
2. Víi (d) cho díi d¹ng tham sè:
 x = x 0 + a 1t

(d):  y = y 0 + a 2 t , t ∈ ¡ .
(I)
z = z + a t
0
3


a. B»ng c¸ch khư t tõ hƯ, ta sẽ nhận đợc phơng trình tổng quát
của đờng thẳng (d), cơ thĨ:
a 2 x − a 2 x 0 = a 1 y − a 1 y 0
(I) ⇔ 
a 3 y − a 3 y 0 = a 2 z a 2 z 0
Đó chính là phơng trình tổng quát của đờng thẳng (d).
b. Bằng cách rút t từ hệ, ta sẽ nhận đợc phơng trình chính tắc
của ®êng th¼ng (d), cơ thĨ:
 x − x0
=t

a1

 y − y0
x − x0
y − y0
z − z0

=t ⇒
(I) ⇔ 
=
=
.
a1
a2
a3
 a2
z z
0
=t

a3


Đó chính là phơng trình chính tắc của đờng thẳng (d).
3. Với (d) cho dới dạng chính tắc:
(d):

x x0
y y0
z z0
=
=
.
a1
a2
a3

(1)

a. Đơn giản phơng trình trên ta nhận đợc phơng trình tổng
quát của đờng thẳng (d), cơ thĨ:
a 2 x − a 2 x 0 = a 1 y − a 1 y 0
(1) ⇔ 
.
a 3 y − a 3 y 0 = a 2 z − a 2 z 0
10


Đó chính là phơng trình tổng quát của đờng thẳng (d).

b. B»ng viƯc sư dơng tham sè trung gian t ta nhận đợc phơng
trình tham số của đờng thẳng (d), cơ thĨ:
(1) ⇔

x − x0
y − y0
z − z0
=
=
=t
a1
a2
a3

 x − x0
=t

a1

 y − y0

= t ⇔ (d):
⇔
a2

z − z
0
=t

 a3



 x = x 0 + a 1t

y = y 0 + a 2 t , t ∈ ¡ .
z = z + a t
0
3


Đó chính là phơng trình tham số của đờng thẳng (d).
Ví dụ 1:

Viết phơng trình tham sè cña (d), biÕt:
2x − y + z + 5 = 0
.
2x − z + 3 = 0

(d): 



Gi¶i
Ta cã thĨ lùa chän mét trong ba c¸ch: r
C¸ch 1: LÊy ®iĨm M(−2; 0; −1)∈(d) vµ gäi u lµ vtcp cđa (d) thì:
1 1 1 2 2 1
r
;
;
ữ = (1; 4; 2).

u =
 0 −1 −1 2 2 0 
Tõ ®ã, ta cã:
 x = −2 + t
Qua M(−2;0; − 1)


r
(d): 
⇔ (d):  y = 4t
,t∈ ¡ .
 vtcp u(1;4;2)
 z = −1 + 2t


C¸ch 2: LÊy hai ®iĨm M(−2; 0; −1) vµ N(0; 8; 3) thc (d).
Tõ ®ã, ta cã:
 x = −2 + t
Qua M(−2;0; − 1)


u ur
uu
(d): 
⇔ (d):  y = 4t
,t∈ ¡ .
 vtcp MN(2;8;4) chän (1;4;2)
 z = −1 + 2t



C¸ch 3: §Ỉt y = 4t (t ∈ ¡ ), ta cã hệ phơng trình:
2x 4t + z + 5 = 0
2x + z = 4t − 5
 x = −2 + t

⇔ 2x − z = −3
⇔  z = −1 + 2t .

2x − z + 3 = 0

VËy, đờng thẳng (d) có phơng trình tham số:

11


 x = −2 + t

(d):  y = 4t
,t∈ ¡ .
 z = −1 + 2t

VÝ dơ 2:

ViÕt ph¬ng trình chính tắc của (d), biết:
x + y = 0
.
y − z + 5 = 0

(d): 

12


Giáo án điện tử của bài giảng này giá: 5.750.000đ.
1. Liên hệ thầy LÊ HỒNG ĐỨC qua điện thoại 0936546689
2. Bạn gửi tiền về:
LÊ HỒNG ĐỨC
Số tài khoản: 1506205006941
Chi nhánh NHN0 & PTNT Tây Hồ
3. 3 ngày sau bạn sẽ nhận được Giáo án điện tử qua email.

LUÔN LÀ NHỮNG GAĐT
ĐỂ BẠN SÁNG TẠO TRONG TIẾT DẠY

13




Giải
Ta có thể lựa chọn một trong hai cách:
r
Cách 1: Lấy điểm M(2; 2; 3)(d) và gọi u là vtcp của (d) thì:
1 0 0 1 1 1
r
;
;
ữ = (1; 1; 1).
u =
 1 −1 −1 0 0 1 

Tõ ®ã, ta cã:
Qua M(2; − 2;3)
x−2 y +2 z −3

r
=
=
(d):
(d):
.
1
1
1
vtcp u(1;1;1)


Cách 2: Lấy hai điểm M(2; 2; 3) và N(1; 1; 4) thuộc (d).
Từ đó, ta có:

x2 y +2 z −3
Qua M(2; − 2;3)
u ur
uu
=
=
(d): 
⇔ (d):
.
−1
1

1
 vtcp MN(1;1;1)

Ví dụ 3:

Viết phơng trình chính tắc và tổng qu¸t cđa (d), biÕt:
x = 2 − t

a. (d):  y = 3 + 2t , t ∈ ¡ .
z = 1 − t


 x = 1 + 2t

b. (d):  y = −1 − t , t ∈ ¡ .
z = 1




Giải
a. Ta lần lợt thực hiện:
Bằng cách khử t từ hệ, ta đợc:
2x + y 7 = 0
(d): 
.
 y + 2z − 5 = 0


B»ng cách rút t từ hệ, ta đợc:

x 2 = −t

x − 2 y − 3 z −1
=
=
(d):  y − 3 = 2t ⇔ (d):
.
−1
2
−1
z − 1 = −t


b. Ta lần lợt thực hiện:
Bằng cách khử t từ hệ, ta đợc:



14

x + 2y + 1 = 0
(d):
.
z = 1
Bằng cách rút t từ hệ, ta đợc:
x − 1 = 2t

x −1 y +1 z −1
=
=

(d):  y + 1 = − t ⇔ (d):
.
2
−1
0
 z − 1 = 0t



Ví dụ 4:

Viết phơng trình tham số và tổng quát cña (d), biÕt:
a. (d):



x +1 y − 2 z +3
=
=
.
3
2
−1

b. (d):

x 3 y 1 z +1
=
=
.

2
0
3

Giải
a. Ta lần lợt thùc hiƯn:
 B»ng viƯc sư dơng tham sè trung gian t , ta đợc:
x = 3t 1

x +1 y − 2 z +3
=
=
(d):
= t ⇔ (d):  y = 2t + 2 , t ∈ ¡ .
3
2
−1
z = t 3

Bằng cách thiết lập hệ, ta đợc:
2x − 3y + 8 = 0
(d): 
.
 y + 2z + 4 = 0
b. Ta lần lợt thực hiện:
Bằng viƯc sư dơng tham sè trung gian t , ta ®ỵc:
 x = 2t + 3

x − 3 y −1 z +1
=

=
(d):
= t ⇔ (d):  y = 1
,t∈ ¡ .
2
0
−3
 z = −3t − 1

 B»ng c¸ch thiÕt lËp hệ, ta đợc:
y 1 = 0
(d):
.
3x + 2z 7 = 0
Ví dụ 5:

Cho hai mặt phẳng (P), (Q) có phơng trình:
(P): x + y + z 2 = 0, (Q): 2x − 3y − 2z + 1 = 0.
a. Chứng tỏ rằng hai mặt phẳng (P) và (R) cắt nhau theo giao
tuyến (d).
b. Lập phơng trình tổng quát, tham số và chính tắc của (d).



Giải
ur ur
u u
a. Gäi n P , n Q theo thø tù là vtpt của các mặt phẳng (Q), (R), ta có:
ur
u

ur
u
ur
u
ur
u
n P (1; 1; 1), n Q (2; −3; −2) ⇒ n P và n Q không cùng phơng
(P) (Q) = (d).
b. Phơng trình tổng quát giao tuyến (d) của hai mặt phẳng (P) và (R) có dạng:
x + y − 2 = 0
(d): 
.
4y + z − 2 = 0
Tới đây ta có thể thực hiện theo ba cách sau:
Cách 1: Bằng cách đặt y = t, hệ (*) cã d¹ng:
x + t − 2 = 0
x = 2 − t
⇔
.

4t + z − 2 = 0
z = 2 − 4t

(*)

15


Vậy, phơng trình tham số của đờng thẳng (d) có d¹ng:
x = 2 − t


(d):  y = t
,t∈ ¡ .
 z = 2 − 4t

B»ng c¸ch rót t tõ hệ (**), ta đợc:
x 2 = t

x2 y z −2
= =
(d):  y = t
⇔ (d):
.
−1
1
−4
 z − 2 = 4t

r
Cách 2: Lấy điểm M(2; 0; 2)(d) và gọi u là vtcp của (d) thì:
1 0 0 1 1 1
r
;
;
÷ = (1; −1; 4).
u =
4 1 1 0 0 4
Tõ ®ã, ta cã:
Qua M(2;0;2)


r
(d): 
 vtcp u(1; − 1;4)

x = 2 + t

x−2 y z−2
⇔ (d):  y = −t
, t ∈ ¡ hc (d): 1 = −1 = 4 .
 z = 2 + 4t

C¸ch 3: LÊy hai ®iĨm M(2; 0; 2) vµ N(3; −1; 6) thc (d).
Tõ ®ã, ta cã:
Qua M(2;0;2)

r
(d): 

 vtcp u(1; − 1;4)
x = 2 + t

x−2 y z−2
⇔ (d):  y = −t
, t ∈ ¡ hc (d): 1 = −1 = 4 .
z = 2 + 4t


Vấn đề 3: Lập phơng trình đờng thẳng
Để lập phơng trình đờng thẳng (d), ta sử dụng các kết quả:
1 Đờng thẳng đi qua một ®iĨm vµ biÕt vtcp:

Qua M 0 (x 0 ;y 0 ;z 0 )

r
 vtcp a(a1 ;a 2 ;a 3 )


(d):

suy ra:
Phơng trình tham số của (d) có dạng:
x = x 0 + a1t

(d): y = y 0 + a 2 t , t ∈ ¡ .
z = z + a t
0
3


16

(**)


Phơng trình chính tắc của (d) có dạng:
(d):

x x0
y y0
z z0
=

=
.
a1
a2
a3

2 Đờng thẳng đi qua hai ®iÓm:
Qua M1 (x1 ;y1 ;z1 )
Qua M 2 (x 2 ;y 2 ;z 2 )

(d): 

Qua M1 (x1 ;y1 ;z1 )

u uur
uuu
 vtcp M1 M 2 (x 2 − x1 ;y 2 − y1 ;z 2 − z1 )


⇔ (d):

suy ra:
Phơng trình tham số của (d) có dạng:
x = x1 + (x 2 − x1 )t

(d): y = y1 + (y 2 − y1 )t , t ∈ ¡ .
z = z + (z − z )t
1
2
1



 Ph¬ng trình chính tắc của (d) có dạng:
(d):

x x1
y y1
z − z1
=
=
.
x 2 − x1
y 2 − y1
z 2 z1

3 Đờng thẳng đợc coi là giao tuyến của hai mặt phẳng chứa nó.
Ví dụ 1:



(Bài 24/tr 102 Sgk): Đối với hệ toạ độ Oxyz, viết phơng trình tổng
quát, tham số và chính tắc (nếu có) của các đờng thẳng sau đây:
a. Các trục toạ độ Ox, Oy và Oz.
b. Các đờng thẳng đi qua điểm M0(x0; y0; z0) (với x0.y0.z0 0) và
song song với mỗi trục toạ độ.
r
c. Đờng thẳng đi qua M(2; 0; 1) và có vectơ chỉ phơng u (1; 3;
5).
d. Đờng thẳng đi qua N(3; 2; 1) và vuông góc với mặt phẳng (P):
2x 5y + 4 = 0.

e. Đờng thẳng đi qua hai điểm P(2; 3; 1) và Q(1; 2; 4).

Giải
a. Ta lần lợt có:
Trục Ox có phơng trình:
y = 0
(Ox): 
,
z = 0

x = t

(Ox):  y = 0 , t ∈ ¡ .
z = 0


17




Trục Oy có phơng trình:
x = 0
(Oy): z = 0 ,




Trục Ox có phơng trình:
x = 0

(Oz): y = 0 ,


x = 0

(Oy):  y = t , t ∈ ¡ .
z = 0

x = 0

(Oz):  y = 0 , t ∈ ¡ .
z = t


b. Ta lần lợt có:
(d) đi qua M0(x0; y0; z0) và song song với Ox có phơng trình:
x = x 0 + t
y − y 0 = 0

(d):  z − z = 0 ,
(d):  y = y 0
,t∈ ¡ .
0

z = z
0

(d) đi qua M0(x0; y0; z0) và song song với Oy có phơng trình:
x = x 0
x − x 0 = 0


(d):  z − z = 0 ,
(d):  y = y 0 + t , t ∈ ¡ .
0

z = z
0

 (d) ®i qua M0(x0; y0; z0) và song song với Oz có phơng trình:
x = x 0
x − x 0 = 0

(d):  y − y = 0 ,
(d):  y = y 0 , t ∈ ¡ .
0

z = z + t
0

c. Ta cã:
x = 2 − t
Qua M(2;0; − 1)


r
(d): 
⇔ (d):  y = 3t
,t∈ ¡
 vtcp u(−1;3;5)
 z = −1 + 5t



x −2 y z +1
= =
hc (d):
.
−1
3
5
B»ng viƯc khư t từ phơng trình tham số (hoặc chuyển về hệ từ phơng trình chính
tắc), ta đợc phơng trình tổng quát cđa (d) cã d¹ng:
3x + y − 6 = 0
(d): 
.
5y − 3z − 3 = 0
d. Ta cã:
Qua N(3;2;1)
Qua N(3;2;1)

r ur
u
(d): 
⇔ (d): 
 vtcp u = n P (2; − 5;0)
(d) ⊥ (P)

 x = 3 + 2t

⇔ (d):  y = 2 − 5t , t ∈ ¡ .
z = 1



18


Bằng việc khử t từ phơng trình tham số, ta đợc phơng trình tổng quát của (d) có
dạng:
5x + 2y − 19 = 0
(d): 
.
z − 1 = 0
e. Ta cã:
Qua N(2;3; − 1)
Qua P(2;3; − 1)

uu
ur
(d): 
⇔ (d): 
 vtcp PQ(−1; − 1;5)
Qua Q(1;2;4)

x = 2 − t

⇔ (d):  y = 3 − t , t ∈ ¡
 z = −1 + 5t


hc (d):

x − 2 y −3 z +1
=
=
.
1
1
5

Bằng việc khử t từ phơng trình tham số (hoặc chuyển về hệ từ phơng trình chính
tắc), ta đợc phơng trình tổng quát của (d) có dạng:
x y + 1 = 0
(d): 
.
5y + z − 14 = 0
Ví dụ 2:

Viết phơng trình tổng quát, tham số và chính tắc (nếu có) của các
đờng thẳng sau đây:
a. (Bài 24.a/tr 102 Sgk): Đờng thẳng đi qua điểm A(4; 3; 1) và
song song với đờng thẳng () có phơng tr×nh:
 x = 1 + 2t

(∆):  y = −3t , t ∈ ¡ .
 z = 3 + 2t


b. (Bài 24.b/tr 102 Sgk): Đờng thẳng đi qua điểm B(2; 3; 1) và
song song với đờng thẳng () có phơng trình:
():

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

c. Đờng thẳng đi qua điểm C(1; 2; 1) và song song với đờng
thẳng () có phơng trình:
x + y z + 3 = 0
.
2x − y + 5z − 4 = 0

(∆): 



Gi¶i
a. Ta cã:
Qua A
(d): 
⇔ (d):
(d) //( ∆)

Qua A(4;3;1)

ur
u


 vtcp u ∆ (2; − 3;2)


 x = 4 + 2t

⇔ (d):  y = 3 − 3t , t ∈ ¡
 z = 1 + 2t


hc (d):

x − 4 y − 3 z −1
=
=
.
2
−3
2

19


Bằng việc khử t từ phơng trình tham số (hoặc chuyển về hệ từ phơng trình chính
tắc), ta đợc phơng trình tổng quát của (d) có dạng:
3x + 2y 18 = 0
(d): 
.
2y + 3z − 9 = 0
b. Ta cã:
Qua B( −2;3;1)

Qua B

ur
u
(d): 
⇔ (d): 
 vtcp u ∆ (2;1;3)
(d) //( ∆)

 x = −2 + 2t

x + 2 y − 3 z −1
=
=
⇔ (d):  y = 3 + t , t ∈ ¡ hc (d):
.
2
1
3
 z = 1 + 3t

Bằng việc khử t từ phơng trình tham số (hoặc chuyển về hệ từ phơng trình chính
tắc), ta đợc phơng trình tổng quát của (d) có dạng:
x − 2y − 8 = 0
(d): 
.
3y − z − 8 = 0
ur
u
ur

u
c. Gäi u ∆ lµ vtcp cđa đờng thẳng (), ta đợc u (4; 7; 3). Ta cã:
Qua C(1;2; − 1)
Qua C

ur
u
(d): 
⇔ (d): 
(d) //( ∆)
 vtcp u ∆ (4; − 7; − 3)


 x = 1 + 4t

⇔ (d):  y = 2 − 7t , t ∈ ¡
 z = −1 − 3t


hc (d):

x −1 y − 2 z +1
=
=
.
4
−7
−3

B»ng viƯc khư t từ phơng trình tham số (hoặc chuyển về hệ từ phơng trình chính

tắc), ta đợc phơng trình tổng quát của (d) cã d¹ng:
7x + 4y − 15 = 0
(d): 
.
3y 7z 13 = 0
Ví dụ 3:



Viết phơng trình tổng quát, tham số và chính tắc (nếu có) của đờng
thẳng qua điểm M(1; 2; 3) và vuông góc với mặt phẳng (P): 3x +
2y + z 2 = 0.

Giải
r
Mặt phẳng (P) có vtpt n (3; 2; 1).
Từ giả thiÕt, ta cã:
qua M(1;2;3)
qua M

r
(d): 
⇔ (d): 
 vtcp n(3;2;1)
(d) ⊥ (P)

x = 1 + 3t
x −1 y − 2 z − 3

=

=
⇔ (d): y = 2 + 2t , t ∈ ¡ hc (d):
.
3
2
1
z = 3 + 1t


20


Bằng việc khử t từ phơng trình tham số (hoặc chuyển về hệ từ phơng trình chính
tắc), ta đợc phơng trình tổng quát của (d) có dạng:
2x 3y + 4 = 0
(d): 
.
 y − 2z + 4 = 0



Chó ý: 1. Chóng ta biÕt r»ng giao ®iĨm H của đờng thẳng (d) với mặt phẳng
(P) ở ví dụ trên chính là hình chiếu vuông góc của điểm M
trên (P). Nh vậy, chúng ta có hai phơng pháp (sẽ đợc tổng kết
ở vấn đề 8) để "Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M trên
mặt phẳng (P) cho trớc", tơng ứng với nó là hai phơng pháp
"Tìm điểm M1 đối xứng với điểm M qua mặt phẳng (P) cho trớc".
2. Ví dụ tiếp theo sẽ minh hoạ phơng pháp "Viết phơng trình đờng thẳng (d) đi qua điểm A và vuông góc với hai đờng thẳng
(d1) và (d2) cho trớc ".
Ví dụ 4:

Viết phơng trình tổng quát, tham số và chính tắc (nếu có) của các
đờng thẳng sau đây:
a. Đờng thẳng đi qua gốc tọa độ, vuông góc với trục Ox và vuông
góc với đờng thẳng () có phơng trình:
():

x 1 y 2 z 3
=
=
.
3
1
1

b. Đờng thẳng đi qua điểm A(1; 2; 4) và vuông góc với hai đờng
thẳng (d1), (d2) có phơng trình:
x 2y + 13 = 0



 x − 6z − 15 = 0

(d1):  4y − z − 25 = 0 , (d2):  y + 2z + 5 = 0 .



Gi¶i
a. Ta có thể lựa chọn các cách trình bày sau:
ur

u
ur
u
r
Cách 1: Gọi u và u là vtcp của đờng thẳng (d) và (), ta đợc u (3; 1; 1).
Ta cã:
r r
u ⊥ i
ur r
u
r
(d) ⊥ Ox

u

⇔  r ur ⇒ u = [ u ∆ , i ] = (0; 1; 1).
(d) ⊥ ( ∆)
u ⊥ u ∆

Tõ ®ã, ta cã:
x = 0
Qua O(0;0;0)


r
(d): 
⇔ (d):  y = t , t ∈ ¡ .
 vtcp u(0;1;1)
z = t

Bằng việc khử t từ phơng trình tham số, ta đợc phơng trình tổng quát của (d) có
dạng:

21


x = 0
(d): 
.
y − z = 0

ur
u
r
C¸ch 2: Trơc Ox và đờng thẳng () có vtcp là i(1; 0; 0) u (3; 1; 1).
Ta lần lợt có:
Gọi (P) là mặt phẳng qua O và vuông góc với Ox th×:
Qua O(0;0;0)

r
(P): 
⇔ (P): x = 0.

 vtpt i(1;0;0)
 Gọi (Q) là mặt phẳng qua O và vuông góc víi (∆) th×:
Qua O(0;0;0)

ur
u

(Q): 
⇔ (Q): 3x − y + z = 0.
 vtpt u ∆ (3; − 1;1)

Khi ®ã, đờng thẳng cần tìm chính là giao tuyến của (P) với (Q) và nó có phơng
trình tổng quát:
x = 0
(d):
.
(*)
3x y + z = 0

Bằng cách đặt y = t, ta chun hƯ (*) vỊ d¹ng:
x = 0

(d):  y = t , t ∈ ¡ − §ã chính là phơng trình tham số của (d).
z = t

u
u
ur
u
r r
b. Gäi u , u1 vµ u 2 theo thø tự là vtcp của đờng thẳng (d), (d1) và (d2), ta cã:
u
u
r
ur
u
u1 (2; 1; 4) vµ u 2 (6; −2; 1).

Ta cã:
r u
u
r
u ur
u u
r
 u ⊥ u1
(d) ⊥ (d1 )
r

u

⇔  r ur ⇒ u =  u1 , u 2  = (9; 22; −10).


(d) ⊥ (d 2 )
u ⊥ u 2

Tõ ®ã, ta cã:
Qua A( −1;2;4)

r
(d): 
 vtcp u(9;22; − 10)

 x = −1 + 9t

x +1 y −2 z − 4
⇔ (d):  y = 2 + 22t , t ∈ ¡ hc (d): 9 = 22 = −10 .

 z = 4 − 10t

B»ng viÖc khử t từ phơng trình tham số (hoặc chuyển về hệ từ phơng trình chính
tắc), ta đợc phơng trình tổng quát của (d) có dạng:
22x 9y + 40 = 0
(d): 
.
10x + 9z − 26 = 0


22


Nhận xét: Nh vậy, để "Viết phơng trình đờng thẳng (d) đi qua điểm A và
vuông góc với hai đờng thẳng (d1) và (d2) cho trớc " chúng ta
có hai c¸ch sau:
C¸ch 1: Ta thùc hiƯn theo c¸c bíc:r
u
u
ur
u
Bíc 1: Tìm các vtcp u1 và u 2 của các đờng thẳng
(d1) và (d2).
r
Bớc 2: Gọiru làr vtcp của đờng thẳng (d), ta cã:
u
u
 u ⊥ u1
r


u
 r ur ⇒ u =
u ⊥ u 2


u ur
u u
r
 u1 , u 2

.

Bớc 3: Khi đó, ta đợc:

P1
(d)

A

Qua A

r .
(d):
vtcp u

Cách 2: Ta thực hiện theo các bớc:
u
u
r
ur

u
Bớc 1: Tìm các vtcp u1 và u 2 của các đờng thẳng
(d1) và (d2).
Bớc 2: Ta lần lợt:
Viết phơng trình mặt phẳng (P1) qua A
(d1)
và vuông góc với (d1).
Viết phơng trình mặt phẳng (P2) qua A
P2
và vuông góc với (d2).
(d2)
Bớc 3: Khi đó (d) chính là giao tuyến của (P 1)
với (P2).
Từ đó:

Với cách 1 chúng nhanh chóng nhận đợc phơng trình
tham số hoặc chính tắc của đờng thẳng (d).
Với cách 2 chúng nhanh chóng nhận đợc phơng trình tổng
quát của đờng thẳng (d).
Các em học sinh cần lu ý tới việc bài toán có thể thay đổi điều
kiện vuông góc với đờng thẳng (d1) (hoặc (d2)) bằng yêu cầu
song song với mặt phẳng (P1) (hoặc (P2)).


Ví dụ 5:

(Bài 26/tr 102 Sgk): Viết phơng trình hình chiếu vuông góc của
đờng thẳng:
(d):

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

trên mỗi mặt phẳng toạ độ.



Giải
Trớc tiên, ta chuyển phơng trình đờng thẳng (d) về dạng tham số:

23


 x = 2t + 1

(d):  y = 3t − 2 , t ∈ ¡ .
z = t + 3


Ta lần lợt có:
Hình chiếu vuông góc của (d) lên (Oxy) có phơng trình:
x = 2t + 1

(d):  y = 3t − 2 , t ∈ ¡ .
z = 0

Hình chiếu vuông góc của (d) lên (Oyz) có phơng trình:
x = 0

(d): y = 3t − 2 , t ∈ ¡ .
z = t + 3

Hình chiếu vuông góc của (d) lên (Oxz) có phơng trình:
x = 2t + 1

(d): y = 0
,t∈ ¡ .
z = t + 3



NhËn xÐt: Nh vËy, để "Viết phơng trình tổng quát hình chiếu vuông góc của
đờng thẳng (d) trên mỗi mặt phẳng tọa độ " chúng ta thực
hiện theo các bớc:
Bớc 1: Chuyển phơng trình ®êng th¼ng (d) vỊ tham sè:
 x = x 0 + a1t

(d):  y = y 0 + a 2 t , t ∈ ¡ .
z = z + a t
0
3


Bớc 2:

Khi đó:

Hình chiếu vuông góc của (d) lên (Oxy) có phơng
trình:



24

x = x 0 + a1t

(d): y = y 0 + a 2 t , t Ă .
z = 0

Hình chiếu vuông góc của (d) lên (Oyz) có phơng
trình:
x = 0

(d): y = y 0 + a 2 t , t ∈ ¡ .
z = z + a t
0
3





Hình chiếu vuông góc của (d) lên (Oxz) có phơng
trình:
x = x 0 + a1t

(d):  y = 0

,t∈ ¡ .
z = z + a t
0
3


Tuy nhiªn, khi thay mặt phẳng tọa độ bằng một mặt phẳng (P)
nào đó thì chúng ta cần một phơng pháp khác (sẽ đợc trình
bày ở phía sau).
Ví dụ tiếp theo sẽ minh họa phơng pháp "Viết phơng trình đờng thẳng (d) đi qua điểm A và cắt cả hai đờng thẳng (d1) và
(d2) cho tríc ".
VÝ dơ 6:

(Bµi 29/tr 103 − Sgk): ViÕt phơng trình đờng thẳng đi qua điểm
A(1; 1; 1) và cắt cả hai đờng thẳng sau:
x = 1 + 2t

(d1):  y = t
, t ∈ ¡ vµ (d2):
z = 3 − t




x + y + z − 1 = 0
.

 y + 2z − 3 = 0

Gi¶i

Ta cã thể lựa chọn một trong các cách sau:

Cách 1: Giả sử (d) là đờng thẳng cần dựng, khi đó (d) là giao tuyến của hai mặt
phẳng (P) và (Q), trong ®ã:
 qua A
 qua A
(P): 
vµ (Q): 
.
(d1 ) ⊂ (P)
(d2 ) (Q)
u
u
r
Xác định phơng trình mặt phẳng (P): Lấy điểm M(1; 0; 3)(d1), gọi u1 là
u
u
r
vtcp của (d1), ta cã u1 (2; 1; −1).
Ta cã:
Qua A(1; − 1;1)

u ur
u u u (P):
u
r
(P):
Cặp vtcp AM và u1


Qua A(1; − 1;1)

ur u ur u
u
uu u
r

 vtpt n P = [ AM, u1 ] = (3; − 4;2)


⇔ (P): 3x − 4y + 2z − 9 = 0.



ur
u
X¸c định phơng trình mặt phẳng (Q): Lấy điểm N(2; 3; 0)∈(d2), gäi u 2 lµ
ur
u
vtcp cđa (d2), ta cã u 2 (1; −2; 1).

Ta cã:
Qua A(1; − 1;1)

uu
ur
ur ⇔ (Q):
u
(Q):
Cặp vtcp AN và u 2

Qua A(1; 1;1)

ur u u ur
u
ur u

 vtpt n Q = [ AN, u 2 ] = (1;1;1)


25