Chuyên đề Phương trình tham số của đường thẳng trong không gian và ứng dụng

Tài liệu ôn thi TNPT & ĐH–CĐ 2009 1 PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHÔNG GIAN & ỨNG DỤNG Mở đầu Trong chương trình hiện nay không có khái niệm phương trình tổng quát của đường thẳng, nên phương trình tham số (ptts) của đường thẳng đóng vai trò chính yếu trong việc biểu diễn một đường thẳng trong hệ trục tọa độ Oxyz trong không gian. Mặt khác nó còn là một công cụ rất đặc sắc trong việc giải quyết một số bài toán như: tìm hình chiếu của một điểm lên đường thẳng, mặt phẳng; tìm điểm đối xứng qua đường thẳng, mặt phẳng ; xác định một đường thẳng cắt một hay cả hai đường thẳng chéo nhau cho trước và thỏa một hay nhiều tính chất cho sẵn nào đó Để minh họa cho những điều trên và giúp cho các em học sinh nắm được một số dạng toán, một ít kỹ năng trình bày về vấn đề này hầu chuẩn bị tốt cho kì thi ĐH & CĐ sắp tới và về sau, chúng tôi viết chuyên đề này không ngoài mục đích đó đồng thời cùng trao đổi kinh nghiệm, học hỏi từ các đồng nghiệp với nhau. Trong bài viết này gồm 2 phần: 1) Phương trình tham số và áp dụng – 2) Các ứng dụng của ptts – Thông qua các ví dụ – Sau mỗi ví dụ là các nhận xét hay chú ý, để qua đó các em học sinh có thể chọn lựa hay rút ra cho mình một phương án giải quyết bài toán theo cách riêng của mình, và cuối mỗi mục có một vài bài tập tương tự để cho các em tự luyện. Mong rằng bài viết này sẽ giúp các em giải quyết được các bài toán liên quan nhanh, gọn và chính xác nhất và chúc các em đạt kết quả tốt trong các kì thi sắp tới. 1. Phương trình tham số và áp dụng 1.1. Phương trình tham số Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d) qua điểm M(x0; y0; z0) và có vectơ chỉ phương (vtcp) 2 2 21 2 3 1 2 3( ; ; ), (a 0)a a a a a a= + + ≠
. ∀ M(x; y; z)∈ ( )d ⇔ 0M M 
cùng phương a
⇔ 0 ; M M ta t R= ∈ 

⇔ 0 1 0 2 0 3 ( ) : ( ). x x a t d y y a t t R z z a t = +  = + ∈  = + (I) Hệ phương trình (I) được gọi là ptts của đường thẳng ( )d . Nhận xét: ∗ Muốn viết ptts của đường thẳng (d) ta phải tìm 2 yếu tố: một điểm M0 ∈ (d) và một vtcp 1 2 3( ; ; )a a a a=
của (d). ∗ Nếu có 2 vectơ & u v

không cùng phương và có phương cùng vuông góc với đường thẳng (d) thì chọn vtcp của đường thẳng (d) là: [ ; ]d u v= 


. ∗ Ứng với mỗi điểm M trên đường thẳng (d) thì ta có một và chỉ một giá trị tM∈R tương ứng và ngược lại với một giá trị tM thì ta cũng xác định được một điểm M duy nhất trên đường thẳng (d) đó. Do vậy khi biết được ptts của đường thẳng (d) thì đồng thời ta cũng biết tọa độ của điểm M tùy ý trên đường thẳng (d), và để xác định tọa độ của một điểm A∈ ( )d ta chỉ cần tìm giá rị tham số tA. Gv Phan Hữu Thiềm Thạc sỹ Toán học Trường THPT Nguyễn Trãi Tây Ninh
Tài liệu ôn thi TNPT & ĐH–CĐ 2009 2 1.2. Áp dụng Ví dụ 1 Cho A(1: 2; –3), B(–1; 2; 1). Viết ptts đường thẳng qua 2 điểm A, B. Giải: Chọn ( 2,0, 4) 2( 1;0;2)AB = − = − 
hay chọn ( 1,0, 2)a = −
làm vtcp của (AB). Áp dụng (*) ta được ptts của đường thẳng (AB): 1 2 ( ) 3 2 x t y t R z t = −  = ∈  = − + Chú ý: ∗ Ta có thể chọn điểm M0 trong phương trình (*) là A hay B, hoặc bất kì điểm nào miễn là điểm đó thuộc đường thẳng (AB). ∗ Ở đây các em học sinh hay viết sai: ( 2,0, 4) ( 1;0;2)AB a= − = − = 

mà phải viết ( 2,0, 4) 2( 1;0;2)AB = − = − 
cùng phương với ( 1;0;2)a = −
. Vì ta chỉ dùng phương của chúng nên thay vì dùng AB 
làm vtcp thì dùng vectơ a
cùng phương với vectơ AB 
làm vtcp. Trong trường hợp này chỉ làm đẹp ptts mà thôi, nếu ta viết theo AB 
thi kết quả không sai. Do vậy một đường thẳng có thể được biểu diễn bởi nhiều ptts khác nhau. Ví dụ 2 Viết ptts của đường thẳng (d) đi qua M(1; 1; 1) và vuông góc với mặt phẳng (P), biết: (P): x + 2y + 3z –12 = 0. Giải: Mặt phẳng (P) có pháp vectơ (pvt): (1;2;3)p =
.  Do đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P) ⇔ ( )d cùng phương với (1;2;3)p =
. Nên chọn (1;2;3)p = 
là vtcp của ( )d . Do đó ptts của ( )d qua M và vtcp p 
là: 1 1 2 ( ) 1 3 x t y t t R z t = +  = + ∈  = + Ví dụ 3 Viết ptts của giao tuyến (d) của hai mặt phẳng (P) và (Q), biết: (P):3x – y + 2z –1 = 0, (Q): x + 3y –2z + 2 = 0. Giải: Cách 1 • ( ) ( )d P Q= ∩ ⇒ 3 2 1 0 (1): 3 2 2 0 (2) x y z d x y z − + − =  + − + = ⇔ 4 2 1 0 [(1)+(2)] : 10 4 1 0 [3*(1) (2)] x y d x z + + =  + − = + . • Đặt: x = t ta được ptts của (d): 1 2 ( ) 2 1 5 4 2 x t y t t R z t   =   = − − ∈   = − − Cách 2: • Chọn hai điểm đặc biệt trên đường thẳng (d) Chẳng hạn: 0 0 2 7 21M ( ) 3 2 1 0 ( ) M 2; ; 2 4 3 2 2 0 ( ) x d x y z P x y z Q = −    ∈ − + − = ⇒ −     + − + =
Tài liệu ôn thi TNPT & ĐH–CĐ 2009 3 0 0 0 1 1( ) 3 2 1 0 ( ) N 0; ; 2 4 3 2 2 0 ( ) x N d x y z P x y z Q =    ∈ − + − = ⇒ −     + − + = . • Như vậy: 0 0 (2; 4; 5)M N = − − 
và ptts của 2 ( ) : 1 2 4 ( ) 1 4 5 x t d y t t R y t =  = − − ∈  = − Cách 3: Mặt phẳng (P) có pvt (3; 1;2)p = −
, mặt phẳng (Q) có pvt (1;3; 2)q = −
và gọi d 
là vtcp của đường thẳng (d). Ta có • ( ) ( )d P Q= ∩ ⇒ d p⊥ 

và d q⊥ 

. Do đó chọn [ ; ]d q q= 


=(–4; 8; 10) = 2(–2; 4; 5) hay ( 2;4;5)a = −
làm vtcp của đường thẳng (d). • Chọn điểm M0 ∈(d): Cho x = –2 a được: 0 0 2 7 21M ( ) 2 7 0 ( ) M 2; ; 2 4 3 2 0 ( ) x d y z P y z Q = −    ∈ − + − = ⇒ −     − = . Vậy ptts của (d) đi qua M0 và có vtcp a
là: 2 2 7 4 ( ) 2 21 5 4 x t y t t R z t   = − −   = + ∈   = + Nhận xét: ∗ Nếu phương trình của 2 mặt phẳng (P) và (Q) có một trong các hệ số đối nhau hay tỉ lệ với nhau thì dùng cách 1, tức là dùng phương pháp cộng đại số để khử đi một biến trong mỗi phương trình, từ đó ta đặt 1 biến có mặt trong cả 2 phương trình là kt (k∈R*) và được ptts của đường thẳng muốn tìm. ∗ Hoặc tìm 2 điểm đặc biệt trên đường thẳng đó như cách 2, ta cũng dễ dàng viết ptts. Trong trường hợp này thì tương đối nhanh hơn vì có sự hổ trợ của máy tính trong việc giải hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn sau khi gán giá trị đặc biệt cho một biến nào đó. ∗ Cách 3 thì các bạn nên cẩn thận vì phải lập luận để đi đến kết luận vtcp của đường thẳng phải tìm là tích có hướng của 2 pvt của 2 mặt phẳng (P) và (Q), hơn nữa cũng phải tìm một điểm đặc biệt trên (d). Do đó nếu so sánh với 2 cách trên thì không hiệu quả bằng về tính toán và thời gian.. Ví dụ 4 Cho hai đường thẳng (d1) và (d2), biết: 1 1 2: 8 1 1 x y zd − += = và (d2) là giao tuyến của hai mặt phẳng (P): 2x + y – z – 3 = 0 và (Q): x + y + z –1 = 0. a) Viết ptts của đường thẳng (d1) và (d2) . b) Viết ptts của đường thẳng (d) đi qua M(1; 1; 1) và vuông góc với cả hai đường thẳng (d1) và (d2). Giải: a) Đặt : 1 1 2 8 1 1 x y z t − + = = = ⇒ ptts (d1): 1 1 1 1 1 8 : 2 ( ) x t d y t t R z t = +  = − + ∈  = ;  Vì ( ) ( )d P Q= ∩ ⇔ 2 3 0 (1): 1 0 (2) x y z d x y z + − − =  + + − = ⇔ 3 2 4 0 [(1) (2)] : 2 2 0 [(1) (2)] x y d x z + − = +  − − = −
Tài liệu ôn thi TNPT & ĐH–CĐ 2009 4 (h.1) Đặt: x = 2t2⇒ ptts của (d2): 2 2 2 2 2 3 ( ) 1 x t y t t R z t =  = − ∈  = − + b) Ta có vtcp của 2 đường thẳng (d1) và (d2) là: 1 (8;1;1)d = 
; 1 (2; 3;1)d = − 
. Gọi d 
là vtcp của đường thẳng (d).  Vì (d) vuông góc với cả 2 đường thẳng (d1) và (d2), nên chọn 1 2[ ; ]d d d= 


= (4; –6;–26). Vậy ptts của đường thẳng (d) qua M và vtcp d
là: 1 4 1 6 ( ) 1 26 x t y t t R z t = +  = − ∈  = − Ví dụ 5 Viết ptts của đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 1; –2) song song với mặt phẳng (P): x – y – z –1 = 0 và vuông góc với đường thẳng 1 1 1 2( ) : .2 1 3 x y zd + − −= = Giải: Ta có (1; 1; 1)p = − − 
là pvt của mặt phẳng (P) và 1 (2;1;3)d = 
là vtcp đường thẳng (d1).  [Vì ( (d) // (P) ⇒ d p⊥

)và ( 1 d d⊥ ⇒ 1 d d⊥ 

)] ⇒ chọn vtcp của đường thẳng ( )d là: 1[ ; ]d p d= 


=(2; 5;–3). Trở lại cách làm như ví dụ 4, ta được ptts của đường thẳng (d) qua M và vtcp d
: 1 2 1 5 ( ) 2 3 x t y t t R z t = +  = + ∈  = − − . Nhận xét ∗ Khi phương trình đường thẳng được cho dưới dạng chính tắc, ta chỉ cần đặt các tỉ số đó bằng t và suy được ptts. ∗ Trong một bài toán, khi viết ptts của 2 đường thẳng trở lên thì phải đặt các tham số t khác nhau, chẳng hạn đường thẳng (d1) ta đặt là t1; đường thẳng (d2) ta đặt là t2; . ∗ Nói chung trong mọi trường hợp ta đều biểu diễn được đường thẳng dưới dạng ptts. 2. Ứng dụng của phương trình tham số 2.1 Tìm hình chiếu của một điểm lên đường thẳng Ví dụ 1 Cho đường thẳng (d) đi qua M0(1; 2; 1) có (1;1;2)a =
là vtcp và điểm A(2; 1; 4). Tìm tọa độ hình chiếu H của điểm A lên đường thẳng (d), suy ra điểm A’ đối xứng của A qua ( )d và tính độ dài AH. Giải: Áp dụng công thức (*) ta có ptts của 1 ( ) : 2 ( ) 1 2 x t d y t t R z t = +  = + ∈  = + .  H∈(d) ⇒ H( 1+tH; 2+ tH; 1+ 2t) ⇒ H H HAH = (t - 1; t +1; 2t - 3) 
.  H là hình chiếu của A lên (d) ⇔ ( )AH d⊥ ⇔ AH. 0a =

. ⇔ tH –1+ tH t–1 +2 + 4 tH = 0 ⇔ tH = 1. Vậy: H(2; 3; 3)
Tài liệu ôn thi TNPT & ĐH–CĐ 2009 5 (h 2)  A’ là điểm đối xứng của A qua ( )d ⇔ H là trung điểm của AA’ ⇔ 2 ' 2 2 H A H A H A x x x A y y y z z z = −  = −  = − Vậy A’(2; 5; 2) và AH=(0; 2; -1)
⇒AH = 5 . Chú ý Cùng giả thiết như ví dụ 1) nhưng người ta có thể hỏi: “Tìm điểm H trên (d) sao cho đoạn thẳng AH có độ dài nhỏ nhất và tính đoạn thẳng đó”. Như vậy ta có thể làm như trên bằng cách lập luận H chính là hình chiếu của A lên đường thẳng (d), hay có thể làm cách sau: • H∈(d)⇒ H( 1+ tH; 2+ tH; 1+ 2 tH) ⇒ AH=(t-1; t+1; 2t-3) 
• AH2 = (tH -1)2+ (tH +1)2+(2 tH – 3)2 = 6 tH 2 – 12 tH +1.1 = 6(tH –1)2 + 5 ≥ 5. • AH đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ AH2 đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ tH = 1. Vậy: H(2; 3; 3) và AH = 5 . Bài tập tương tự: 1. (ĐH&CĐ– D–2006). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng 1 2 2 3( ) : 2 1 1 x y zd − + −= = − . Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng (d1). 2. (ĐHQG TpHCM–2000). Trong không gian cho điểm I(1; 1; 1) và đường thẳng ( )d là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P): x – 2y + z – 9 = 0 và (Q): 2y + z + 5 = 0. Xác đinh tọa độ hình chiếu H của I lên đường thẳng ( )d . 2.2 Tìm hình chiếu của một điểm lên mặt phẳng Ví dụ 2 Cho mặt phẳng (P): x – y + z + 3 = 0 và điểm A(–1; –3; –2). Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của điểm A lên mặt phẳng (P). Suy ra điểm A’ đối xứng của điểm A qua mặt phẳng (P). Giải: • Mặt phẳng (P) có pháp vectơ (pvt) (1; 1;1)n = −
. Vì điểm H là hình chiếu của điểm A lên mặt phẳng (P) nên ( )AH P⊥ , do đó chọn (1; 1;1)n = −
là vtcp cho đường thẳng (AH). Như vậy ptts của đường thẳng (AH): 1 3 ( ) 2 x t y t t R z t = − +  = − − ∈  = − + . • Do đó tọa độ điểm ( ) ( )H AH P= ∩ là nghiệm của hệ phương trình sau: 1 3 2 3 0 H H H x t y t z t x y z = − +  = − −  = − +  − + + = ⇔ –1+tH +3+ tH –2 + tH + 3 = 0 ⇔ tH = –1 ⇒H(–2; –2, –3). • Điểm A’ đối xứng của điểm A qua mặt phẳng (P) ⇔ AA ' 2AH=

⇔ tA’= 2 tH= –2. Thay tA’ vào ptts của (AA) ta được: A’(–3; –1; –4).
Tài liệu ôn thi TNPT & ĐH–CĐ 2009 6 Ví dụ 3 Cho mặt phẳng (P): x – y + z + 3 = 0 và điểm A(–1; –3; –2). Gọi điểm H là hình chiếu của điểm A lên mặt phẳng (P). Tìm điểm H và suy ra điểm M nằm trên đường thẳng qua AH và cách điểm A một đoạn bằng 3 lần AH. Giải: Theo ví dụ 2: ta có tH = –1 và H(–2;–2;–3). • Do M ∈ (AH) ⇔ AM k AH=

. • Theo giả thiết: AM = 3AH ⇒ 3AM AH= 

. Như vậy ta cần phân biệt M và A ở cùng một phía hay khác phía so với điểm A. – M và A ở cùng một phía: 3AM AH= − 

⇒ tM = – 3tH = 3. Thay tM= 3 vào ptts của (AH)⇒ M(2;–6; 1). – M và A ở cùng hai phía: 3AM AH= 

⇒ tM = –3 tH = –3. Thay tM= –3 vào ptts của (AH)⇒ M(–4; 0; –5). Nhận xét: ∗ Qua ví dụ 2 và 3, ta có thể tìm được các điểm A’ hay M mà không cần chỉ ra tọa độ H, chỉ cần tìm ra tham số tH ứng với H, từ đó suy ra tH, tM, và vì thế ta thấy được vai trò của tham số t trong ptts của đường thẳng . Ví dụ 4 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Q) với (P): 2x + y + z + 1 = 0; (Q): x + y + z + 2 0; và mặt phẳng (R): 4x – 2y + z – 1 = 0. Viết phương trình hình chiếu của đường thẳng (d) lên mặt phẳng (R). Giải: • Giao điểm D của đường thẳng (d) và mặt phẳng (R) là nghiệm của hệ: 2 1 0 2 0 4 2 1 0 x y z x y z x y z + + + =  + + + =  − + − = ⇔ D(1; 0; –3). • Chọn điểm A(z=0)∈(d) và A ≠ D, ta có A(1; –3, 0). Tìm hình chiếu H của A lên mặt phẳng (P) ⇒ (DH) là hình chiếu của (d) lên (R) (h.3). Ta có ( )AH R⊥ ⇒ pvt của mp(R): (4, 2,1)r = −
là vtcp của (AH) nên ptts của (AH): 1 4 3 2 ( ) x t y t t R z t = +  = − − ∈  = . Như vậy tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình sau: 1 4 3 2 4 2 1 0 H H H x t y t z t x y z = +  = − −  =  − + − = ⇔ 4+ 16tH + 6 + 4tH + tH –1 = 0 ⇔ 3 5 15 3 ; ; 7 7 7 7H t H  = − ⇒ − − −    . • 12 15 18 3 ; ; (4;5; 6) 7 7 7 7 DH  = − − = − −    
cùng phương với: (4;5; 6)a = −
. Vậy hình chiếu của (d) lên mặt phẳng (R) đi qua D(1; 0;–3) và có vtcp (4;5; 6)a = −
là: 1 4 ' 5 ' ( ) 3 6 ' x t y t t R z t = +  = ∈  = − − .
Tài liệu ôn thi TNPT & ĐH–CĐ 2009 7 (h 4) Chú ý: Nếu d // (R) thì ta tìm thêm một điểm chiếu K của B∈(d) lên mặt phẳng (R) (B ≠ A). Như vậy hình chiếu của d chình là HK. Bài tập tương tự 1. (ĐHQG Tp HCM –99) Cho mặt phẳng (P): x + y – z + 1 = 0 và 2 đường thẳng 1( )d và 2( )d có phương trình: 1 2 1 1 1 2 2 2 1 2 2 3 2 ( ) : ( ) & ( ) : 4 ( ) 1 4 3 x t x t d y t t R d y t t R z t z t = = −    = − ∈ = − + ∈    = + =  . Tìm hình chiếu '1( )d , '2( )d của 1( )d và 2( )d lên mặt phẳng (P). 2. Cho mặt phẳng (P): 2x + y – z + 1 = 0 và đường thẳng ( )d có phương trình: 2 ( ) : 3 ( ) 1 x t d y t t R z t =  = − ∈  = + . Tìm hình chiếu ( ')d của đường thẳng ( )d lên mặt phẳng (P). 2.3 Tìm phương trình đường thẳng (d) cắt đường thẳng (d’) và thỏa tính chất nào đó. Ví dụ 5 Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua A(0; 1; 1) vuông góc với đường thẳng (d1) và cắt đường thẳng (d2) biết: 1 2 1 1 1 2 2 2 2 1 2 ( ) : ( ) & ( ) : 1 ( ) 1 x t x t d y t t R d y t t R z z t = − =    = ∈ = + ∈    = − =  . Giải: Ta có 1 ( 1;1;0)d = − 
: vtcp (d1). • Do ( )d đi qua A và cắt 2( )d , nên chọn điểm M∈(d2) thì ( )d ≡ (AM), ta được: 2 2 2(2 ; ; 1)AM t t t= − 
: vtcp của (d) (h.4). • Mặt khác 1( ) ( )d d⊥ nên: 1. 0AM d = 

⇔ 2t2 + t2 = 0 ⇔ t2 = 0 ⇒ (0; 0; 1)AM = − 
. Vậy (d) đi qua A(0; 1; 1) và có vtcp (0; 0; 1)AM = − 
nên ptts của (d) là: 0 ( ) : 1 ( ) 1 x d y t R z t =  = ∈  = − . Nhận xét: Khi ta chọn điểm M∈ 2( )d và nếu tìm được đường thẳng ( )d đi qua M có nghĩa là đường thẳng ( )d đã cắt đường thẳng 2( )d tại M. Do đó ta không cần kiểm tra ( )d có cắt 2( )d hay không? Bài tập tương tự 1. (ĐH&CĐ– D – 2004). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–4; –2; 4) và đường thẳng 3 2 : 1 ( ) 1 4 x t d y t t R z t = − +  = − ∈  = − + . Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A, cắt và vuông góc với đường thẳng d .
Tài liệu ôn thi TNPT & ĐH–CĐ 2009 8 (h 5) (h 6) 2. (ĐH&CĐ– B – 2006). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và hai đường thẳng 1 2 2 2 3 1 1 1 : ; : 2 1 1 1 2 1 x y z x y zd d− + − − − += = = = − − . Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A, vuông góc với 1( )d và cắt 2( )d . 3. (CĐ GTVT – 2005). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm H(1; 2; –1) và đường thẳng 3 3( ) : 1 3 2 x y zd − −= = . Viết phương trình đường thẳng ∆ qua H, cắt đường thẳng ( )d và song song với mặt phẳng (P): x + y –z + 3 = 0. 2.4 Tìm phương trình đường thẳng (d) cắt cả 2 đường thẳng cho trước và thỏa tính chất nào đó. Ví dụ 6. Viết phương trình đường thẳng (d) cắt 2 đường thẳng (d1), (d2), đồng thời vuông góc với mặt phẳng (P): x+ y + 3z –10 = 0 biết: 1 2 1 2 3 1 : ; : 2 3 4 1 1 2 x y z x y zd d− − − −= = = = − . Giải: Ta có pvt của mặt phẳng (P): (1;1;3)p =
. Ptts của (d1) & (d2) 1 1 1 1 1 1 2 ( ) : 2 3 ( ) 3 4 x t d y t t R z t = +  = + ∈  = + 2 2 2 2 2 ( ) : 1 ( ) 2 x t d y t t R z t =  = − ∈  = Gọi M1 , M2 lần lượt là 2 giao điểm của ( )d với 1( )d và 2( )d (h.5). • Do M1∈ 1( )d , M2∈ 2( )d ⇒ 1 2 2 1 2 1 2 1( 2 1; 3 1;2 4 3)M M t t t t t t= − − − − − − − 
và M1, M2∈ ( )d nên chọn 1 2M M 
là vtcp của ( )d . • Mặt khác ( ) ( )d P⊥ ⇔ (M1M2) ⊥ (P) ⇔ 1 2M M 
cùng phương với p 
⇔ 2 1 2 1 2 1( 2 1: 3 1: 2 4 3) (1:1:3)t t t t t t− − − − − − − ≡ ⇔ 2 1 2 1 02 5 5 0 t t t t =+  + = ⇔ 12 0tt = = . Vậy M2(0; 1; 0) và 1 2M M 
cùng phương với (1;1;3)p = 
. Ta được ptts của đường thẳng ( ) : 1 ( ) 3 x t d y t t R z t =  = + ∈  = . Nhận xét: ∗ Cách giải không thay đổi nếu thay giả thiết ( ) ( )d P⊥ bới giả thiết ( )d // ( )∆ . Thật vậy: ( ) ( )d P⊥ ⇔ ( )d có vtcp cùng phương với pvt: p 
của (P) cùng nghĩa với: ( )d // ( )∆ ⇔ vtcp của ( )d cùng phương vói vtcp của ( )∆ . ∗ Nếu 1( ) ( )d P⊥ ⇒ không tồn tại ( )d . Như vậy nếu ta sử dụng cách dựng hình để viết đường thẳng ( )d thì phải kiểm tra lại (h. 6).
Tài liệu ôn thi TNPT & ĐH–CĐ 2009 9 (h 7) (h 8) Ví dụ 7 Viết phương trình đường thẳng ( )d qua A(1; 1 0) và cắt cả hai đường thẳng: 1 1 1 1 2 2 2 1 0 ( ) : ( ) & ( ) : 0 ( ) 20 x t x d y t t R d y t R z tz = + =    = − ∈ = ∈    = +=  . Giải: • Gọi M1∈ 1( )d , M2∈ 2( )d ⇒ 1 1 1( ; 1;0)AM t t= − − 
và 2 2( 1; 1;2 )AM t= − − + 
. • 1 2( ) ( )d M M≡ ⇔ 1AM 
cùng phương 2AM 
⇔ 1 1 2( : 1: 0) ( 1: 1: 2 )t t t− − = − − + ⇔ (t1= –½ ; t2= –2) Như vậy: M1( ½ ; ½ ; 0); M2(0, 0, 0) ≡ O và (1;1;0)OA = 
⇒pths của ( )d : ( ) : ( ) 0 x t d y t t R z =  = ∈  = Ví dụ 8. (ĐH&CĐ– B–2006). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(0;1;2) và hai đường thẳng 1 2 1 1 1 : ; 1 2 ; (t R) 2 1 1 2 x t x y zd d y t z t = + − +  = = = − − ∈ −  = + . Tìm các điểm M1∈ 1( )d , M2∈ 2( )d sao cho 3 điểm A, M1, M2 thẳng hàng. Giải: Ta có ptts của 1( )d & 2( )d là: 1 2 1 1 1 2 2 2 1 2 2 1 ( ) : 1 ( ) & ( ) : 1 2 ( ) 1 2 x t x t d y t t R d y t t R z t z t = = +    = + ∈ = − − ∈    = − − = +  .  Gọi M1∈ 1( )d , M2∈ 2( )d ⇒ 1 1 1 1(2 ; ; 3 )AM t t t= − − 
và 2 2 2 2(1 ; 2 2 ; )AM t t t= + − − 
. • A, M1, M2 thẳng hàng ⇔ 1AM 
cùng phương 2AM 
(h.7) ⇔ 1 1 1 2 2 2(2 : : 3 ) (1 : 2 2 : )t t t t t t− − = + − − ⇔ (t1= 0 ; t2= –1) Vậy M1( 0 ; 1 ; –1); M2(0, 1, 1). Nhận xét: ∗ Khi sử dụng giả thiết 2 điểm M1∈ 1( )d , M2∈ 2( )d và nếu tìm được đường thẳng ( )d đi qua 2 điểm đó thì hiển nhiên đường thẳng ( )d đã cắt 2 đường thẳng 1( )d & 2( )d . Do đó ta không cần kiểm tra xem ( )d có cắt cả 2 đường thẳng 2( )d hay không?(h. 7) ∗ Nếu ta sủ dụng phương pháp dựng hình để tìm 1 2( ) ( ; ) ( ; )d A d A d= ∩ thì phải cần kiểm tra xem đường thẳng ( )d cắt cả 2 đường thẳng 1( )d & 2( )d ?( h. 8) Chú ý: ∗ Nếu từ điều kiện cùng phương của 2 vectơ ( 1AM 
& 2AM 
) đưa đến 1 hệ phương trình có chứa t1; t2; t1.t2, thì ta xem hệ phương trình đó là hệ phương trình bậc nhất theo 3 biến t1; t2; t1.t2 và dùng máy tính cầm tay để giải hệ phương trình ⇒ t1; t2 như ví dụ sau.
Tài liệu ôn thi TNPT & ĐH–CĐ 2009 10 Ví dụ 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; –1. 1) và hai đường thẳng 1 2 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 ( ) : ( ) & ( ) : 1 2 ( R) 3 2 x t x t d y t t R d y t t z t z t = + =    = ∈ = − − ∈    = − = +  . Viết phương trình đường thẳng ( )d đi qua A và cắt cả 1( )d và 2( )d . Nhận xét: Ta có thể phát biểu lại yêu cầu bài toán như sau: Tìm điểm M1∈ 1( )d & M2∈ 2( )d sao cho 3 điểm A, M1 , M2 thẳng hàng. Do đo ta áp dụng cách làm như ví dụ 11. Giải: • Gọi M1∈ 1( )d , M2∈ 2( )d ⇒ 1 1 1 1(2 ;1 ;2 )AM t t t= + − 
và 2 2 2 2( 1 ; 2 ;1 )AM t t t= − + − + 
. • Nếu A, M1, M2 thẳng hàng ⇔ ( )d ≡ (M1M2) là đường thẳng cần tìm. ⇔ 1AM 
cùng phương 2AM 
⇔ 1 1 1 2 2 2(2 :1 : 2 ) ( 1 : 2 :1 )t t t t t t+ − = − + − + ⇔ 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 5 1 2 3 2 5 1 t t t t t t t t t t t t + − = −  − + = −  − − = − ⇔ 1 2 1 2 3 2 1 13 3 26 t t t t − =   =  = −  . Vậy: ( )1 1713; ; ( 6; 1;7)2 2 2AM −= − = − − 
cùng phương với ( 6; 1;7)a = − −
Do đó ptts của ( )d : 1 6 ( ) : 1 1 ; R 1 7 x t d y t t z t = −  = − − ∀ ∈  = + . Ví dụ 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Viết phương trình đường vuông góc chung của 2 đường thẳng 1 2 1 7 3( ) : ; & ( ) : 4 2 (t R) 2 1 4 1 x t x y zd d y t z t = − − −  = = = − + ∈  = − . Nhận xét: Bài toán này có thể phát biểu lại yêu cầu như sau: Tìm các điểm M1∈ 1( )d , M2∈ 2( )d sao cho M1M2 vuông góc với cả 2 đường thẳng 1( )d & 2( )d . Do đo ta có thể áp dụng cách làm như các ví dụ trên. Giải: Ptts của 2 đường thẳng 1 1 1 1 1 1 2 ( ) : 7 ( ) 3 4 x t d y t t R z t = +  = + ∈  = + & 2 2 2 2 2 ( ) : 4 2 ( R) 1 x t d y t t z t =  = − + ∈  = − Gọi M1∈ 1( )d , M2∈ 2( )d , ta có ⇒ 1 2 2 1 2 1 2 1( 2 1;2 11; 4 2)M M t t t t t t= − − − − − − − 
và vtcp của 2 đường thẳng 1( )d & 2( )d : 1 (2;1;4)d = 
, 2 (1;2; 1)d = − 
. • M1M2 là đường thẳng vuông góc chung của 1( )d & 2( )d ⇔ [ 1 2 1 1 2 2, M M d M M d⊥ ⊥ ] ⇔ 1 2 1 1 2 2 & M M d M M d⊥ ⊥ 



⇔ 1 2 1 1 2 2 . 0 . 0 M M d M M d  =  = 



(1). Với 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 = ( 2 ; 1 ; 4 ) ( 2 1;2 11; 4 2) = ( 1 ; 2 ; 1 ) d M M t t t t t t d      = − − − − − − −     −  


(*)
Tài liệu ôn thi TNPT & ĐH–CĐ 2009 11 (1) ⇔ 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 4 4 16 2 11 8 0 4 2 2 4 1 22 2 0 t t t t t t t t t t t t + − − − − − − − =  + + − − + − − + = ⇔ 2 1 2 1 0 21 21 0 6 0 21 0 t t t t − − =  + − = ⇔ 1 2 1 7 2 t t = −  = Vậy: 1 1 2 9 3 3( 1;6; 1), & ; 3; (3; 2;1) 2 2 2 M M M  − − = − = −    
Ptts của đường thẳng vuông góc chung của 1( )d và 2( )d là: 1 1 9 ( ) : 6 6 ; 1 7 x t d y t t R z t = − +  = + ∈  = − + . Chú ý: Nếu bài toán yêu cầu thêm: “Tìm chân đường vuông góc chung của 1( )d & 2( )d và khoảng cách của chúng?” Với 2 7 2 t = ta được: 2 57 ;3;2 2 M  −    & [ ]1 2 1 2 3; 142d d d M M= = . Nhận xét: ∗ Có rất nhiều cách tìm phương trình đường thẳng vuông góc chung, tuy nhiên thiết nghĩ cách trên là tự nhiên, chỉ sử dụng phép nhân vô hướng của 2 vectơ và giải hệ phương trình bậc I hai ẩn t1 và t2. Hơn nữa ta tìm được hai chân của đường vuông góc chung và tính khoảng cách của 2 đường thẳng 1( )d và 2( )d nếu bài toán yêu cầu thêm. Như vậy ta đã thực hiện một cách làm mà được 3 kết quả. ∗ Cách trình bày (*) ở trên giúp chúng ta tránh sai lầm khi thực hiện tích vô hướng 2 vectơ và kiểm tra lại kết quả một cách dễ dàng. Ví dụ 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 2 1 1 2 2 2 1 21 ( ) : 1 ( R) & ( ) : 2 ( R) 3 0 x tx d y t d y t t z t z = +=    = ∈ = ∈    = + =  . Viết phương trình đường thẳng ( )d tạo với mặt phẳng (P): x + 2y –3 = 0 một góc 600 , cắt cả hai đường thẳng 1( )d , 2( )d đồng thời vuông góc với đường thẳng 1( )d . Giải: • Gọi M1 , M2 lần lượt là 2 giao điểm của đường thẳng ( )d với 2 đường thẳng 1( )d và 2( )d ⇒ 1 2 2 2 1( 1;2 1; 3)M M t t t= + − − − 
(vtcp của ( )d ). Pháp vectơ của (P): (1;2;0)p =
, vtcp của 1 1( ) : (0;0;1)d d = 
• 2 1( ) ( )d d⊥ ⇔ 1 2 1. 0M M d = 

⇔ –t1 –3 = 0 ⇒ t1= –3 ⇒ 1 2 2 2( 1;2 1;0)M M t t= + − 
• ( )d tạo với (P) một góc 600 ⇔ 0sin[( );( )] sin 60d P = ⇔ ( ) 01 2os ; os30c M M p c=

⇔ 2 2 2 2 5 1 3 25(5 2 2) t t t − = − + ⇔ 22 225 10 26 0t t− − = ⇔ 21 22 1 3 3 1 3 3 ; 5 5 t t  + − = =     . Vậy có 2 đường thẳng đi qua M1(1; 1; 0) và có vtcp 1 2M M 
. + Với 21t ⇒ 1 2 6 3 3 3 6 3 ; ;0 5 5 M M  + − + =      
cùng phương với ( )1 2 3;2 3 1;0a = + −
.
Tài liệu ôn thi TNPT & ĐH–CĐ 2009 12 Ptts của 1 (2 3) ' ( ') : 1 (2 3 1) ' ( ' ) 0 x t d y t t R z  = + +  = + − ∈  =