Giải Toán 12 Bài 3: Phương trình đường thẳng trong không gian

Lời giải:

a) Thay tọa độ của $M$ vào phương trình của $d$ ta được:

$\{\begin{array}{l}1=3+2t\\ 2=6+4t\\ 3=4+t\end{array}\iff \{\begin{array}{l}t=-1\\ t=-1\\ t=-1\end{array}\iff t=-1$

Do đó $M\in d$.

Thay tọa độ của $M$ vào phương trình của $d^{\prime }$ ta được:

$\{\begin{array}{l}1=2+t^{\prime }\\ 2=1-t^{\prime }\\ 3=5+2t^{\prime }\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{t}^{\prime }=-1\\ t^{\prime }=-1\\ t^{\prime }=-1\end{array}\iff t^{\prime }=-1$

Do đó $M\in d^{\prime }$.

Vậy $M$ là điểm chung của $d$ và $d^{\prime }$.

b) Ta thấy $\overrightarrow{u_d}=(2,4,1);\overrightarrow{{u_d}^{\prime }}=(1,-1,2)$ là hai vecto không tỉ lệ nên hai veco đó không cùng phương.

Phương pháp giải:

Cho đường thẳng $d:\{\begin{array}{l}x=x_0+a_{1}t\\ y=y_0+a_{2}t\\ z=z_0+a_{3}t\end{array}$ và mặt phẳng $\left(\alpha \right):Ax+By+Cz+D=0$.

Xét phương trình $A\left(x_0+a_{1}t\right)+B\left(y_0+a_{2}t\right)+C\left(z_0+a_{3}t\right)=0$

+) Nếu phương trình có nghiệm duy nhất $t$ thì $d$ cắt $\left(\alpha \right)$.

+) Nếu phương trình vô nghiệm thì $d$ song song $\left(\alpha \right)$.

+) Nếu phương trình vô số nghiệm thì $d$ nằm trong $\left(\alpha \right)$.

Lời giải:

a) Xét phương trình: $(2+t)+(3-t)+1–3=0$

$\iff 3=0$ (vô nghiệm) ⇒ mặt phẳng $(\alpha )$ và $d$ không có điểm chung.

b) Xét phương trình: $(1+2t)+(1-t)+(1-t)–3=0$

$\iff 0=0$ (vô số nghiệm) $\Rightarrow d\subset (\alpha )$.

c) Xét phương trình: $(1+5t)+(1-4t)+(1+3t)–3=0$

$\iff 4t=0\iff t=0$ ⇒ mặt phẳng $(\alpha )$ và $d$ có $1$ điểm chung.

Lời giải:

a) Phương trình đường thẳng $d$ có dạng: $\{\begin{array}{c}x=5+2t\\ y=4-3t\\ z=1+t\end{array}$, với $t\in \mathbb{R}$.

b) Đường thẳng $d$ vuông góc với mặt phẳng $(\alpha ):x+y-z+5=0$ nên có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}={\overrightarrow{n}}_{\left(\alpha \right)}=\left(1;1;-1\right)$.

Vậy phương trình tham số của $d$ có dạng: $\{\begin{array}{cc}x=2+t& \\ y=-1+t& ,t\in R.\\ z=3-t& \end{array}$

c) Ta có: $\overrightarrow{u}(2;3;4)$ là vectơ chỉ phương của $∆$. Vì $d//∆$  nên $\overrightarrow{u}$ cũng là vectơ chỉ phương của $d$. Phương trình tham số của $d$ có dạng: $\{\begin{array}{cc}x=2+2t& \\ y=3t& ,t\in R.\\ z=-3+4t& \end{array}$

d) Đường thẳng $d$ đi qua hai điểm $P(1;2;3)$ và $Q(5;4;4)$ nên nhận $\overrightarrow{PQ}(4;2;1)$ là 1 VTCP.

Vậy phương trình tham số có dạng: $\{\begin{array}{cc}x=1+4t& \\ y=2+2t& ,t\in R.\\ z=3+t& \end{array}$

Chú ý:

Các em cũng có thể chọn Q làm điểm đi qua thì sẽ được phương trình 

$\{\begin{array}{l}x=5+4t\\ y=4+2t\\ z=4+4\end{array},t\in R$

Hai phương trình này nhìn qua có khác nhau nhưng đều là phương trình tham số của cùng một đường thẳng.

Phương pháp giải:

Cách 1:

Phương pháp viết phương trình hình chiếu $(d^{\prime })$ của đường thẳng $(d)$ trên mặt phẳng $(P)$:

Bước 1: Viết phương trình mặt phẳng $(Q)$ chứa $(d)$ và vuông góc với $(P$).

- ${\overrightarrow{n}}_{\left(Q\right)}=\left[{\overrightarrow{u}}_{\left(d\right)};{\overrightarrow{n}}_{\left(P\right)}\right]$.

- $M\in d\Rightarrow M\in \left(Q\right)$ (với M là một điểm bất kì).

Bước 2: $d^{\prime }=\left(P\right)\cap \left(Q\right)$. Viết phương trình đường thẳng $(d^{\prime })$.

Cách 2:

Lấy 2 điểm $A,B$ bất kì thuộc d, gọi $A^{\prime },B^{\prime }$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên (P). Khi đó $(d^{\prime })$ chính là đường thẳng $A^{\prime }{B}^{\prime }$.

Lời giải:

a) Gọi $\left(P\right)$ là mặt phẳng vuông góc $\left(Oxy\right)$ và chứa $d$.

Khi đó $\mathrm{\Delta }=\left(P\right)\cap \left(Oxy\right)$ là hình chiếu của $d$ lên $\left(Oxy\right)$.

Phương trình mặt phẳng $(Oxy)$ có dạng: $z=0$; vectơ $\overrightarrow{k}$(0 ; 0 ;1) là vectơ pháp tuyến của  $(Oxy)$.

Ta có: $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\mathrm{\perp }\overrightarrow{k}\\ \overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\mathrm{\perp }\overrightarrow{u_d}\end{array}$ $\Rightarrow \overrightarrow{n_{(P)}}=\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{k}\right]=(2;-1;0)$ là vectơ pháp tuyến của $(P)$.

Phương trình mặt phẳng $(P)$ có dạng: $2(x-2)-(y+3)+0.(z-1)=0$ $\iff 2x-y-7=0$.

$\mathrm{\Delta }=\left(P\right)\cap \left(Oxy\right)$ $\Rightarrow \mathrm{\Delta }:\{\begin{array}{cc}z=0& \\ 2x-y-7=0.& \end{array}$

Chọn $M_0\left(4;1;0\right)\in \left(P\right)\cap \left(Oxy\right)$.

$\mathrm{\Delta }=\left(P\right)\cap \left(Oxy\right)$ $\Rightarrow \{\begin{array}{l}\overrightarrow{u_{\mathrm{\Delta }}}\mathrm{\perp }\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\\ \overrightarrow{u_{\mathrm{\Delta }}}\mathrm{\perp }\overrightarrow{k}\end{array}$ $\Rightarrow \overrightarrow{u_{\mathrm{\Delta }}}=\left[\overrightarrow{k},\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\right]=\left(1;2;0\right)$.

Đường thẳng $\mathrm{\Delta }$ đi qua $M_0\left(4;1;0\right)$ và nhận $\overrightarrow{u_{\mathrm{\Delta }}}=\left(1;2;0\right)$ làm VTCP nên $\mathrm{\Delta }:\{\begin{array}{l}x=4+t\\ y=1+2t\\ z=0\end{array},t\in \mathbb{R}$.

Cách khác:

+) t = 0 ⇒ điểm M(2; -3; 1) ∈ d

+) t = 1 ⇒ điểm N(3; -1; 4) ∈ d.

Hình chiếu của M trên (Oxy) là M’(2 ; -3 ; 0).

Hình chiếu của N trên (Oxy) là : N’(3 ; -1 ; 0).

⇒ Hình chiếu của d trên (Oxy) là đường thẳng d’ đi qua M’ và N’.

⇒ d’ đi qua M'(2;-3;0) và nhận $\overrightarrow{M^{\prime }{N}^{\prime }}=\left(1;2;0\right)$ là 1 vtcp.

$\Rightarrow d^{\prime }:\{\begin{array}{l}x=2+t\\ y=-3+2t\\ z=0\end{array}$

b) Mặt phẳng $(Oyz)$ có phương trình $x=0$.

Lấy $M_1(2;-3;1)\in d$ và  $M_2(0;-7;-5)\in d$.

+) Hình chiếu vuông góc của $M_1$ trên $(Oyz)$ là $M_1$'$(0;-3;1)$.

+) Hình chiếu vuông góc của $M_2$ trên $(Oyz)$ là chính nó.

Đường thẳng $∆$ qua ${M_1}^{\prime },M_2$ chính là hình chiếu vuông góc của $d$ lên $(Oyz)$.

Ta có: $\overrightarrow{M_1^{\prime }{M}_2}(0;-4;-6)$ // $\overrightarrow{v}(0;2;3)$.

Phương trình $M_1^{\prime }{M}_2$ có dạng: $\{\begin{array}{cc}x=0& \\ y=-3+2t& ,t\in R\\ z=1+3t& \end{array}$.

Phương pháp giải:

Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng d và d'. Gọi $\overrightarrow{a};\overrightarrow{a^{\prime }}$ lần lượt là VTCP của d và d', $M_1\in d,M_2\in d^{\prime }$.

Điều kiện để hai đường thẳng d và d' song song: $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{a}=k\overrightarrow{a^{\prime }}\\ M\in d,M\notin d^{\prime }\end{array}$.

Điều kiện để hai đường thẳng d và d' cắt nhau là $\left[\overrightarrow{a};\overrightarrow{a^{\prime }}\right]\ne \overrightarrow{0}$ và $\left[\overrightarrow{a};\overrightarrow{a^{\prime }}\right].\overrightarrow{M_1{M}_2}=0$.

Điều kiện để hai đường thẳng d và d' chéo nhau: $\left[\overrightarrow{a};\overrightarrow{a^{\prime }}\right].\overrightarrow{M_1{M}_2}\ne 0$.

Lời giải:

a) Đường thẳng $d$ đi qua $M_1(-3;-2;6)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_1}(2;3;4)$.

Đường thẳng $d^{\prime }$ đi qua $M_2(5;-1;20)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_2}(1;-4;1)$.

Ta nhận thấy $\overrightarrow{u_1}$, $\overrightarrow{u_2}$ không cùng phương nên d và d' chỉ có thể cắt nhau hoặc chéo nhau.

Ta có $\left[\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2}\right]=\left(\left|\begin{array}{cc}\begin{array}{l}3\\ -4\end{array}& \begin{array}{l}4\\ 1\end{array}\end{array}\right|;\left|\begin{array}{cc}\begin{array}{l}4\\ 1\end{array}& \begin{array}{l}2\\ 1\end{array}\end{array}\right|;\left|\begin{array}{cc}\begin{array}{l}2\\ 1\end{array}& \begin{array}{l}3\\ -4\end{array}\end{array}\right|\right)=\left(19;2;-11\right)$ ; $\overrightarrow{M_1{M}_2}=(8;1;14)$

Mà $\left[\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2}\right].\overrightarrow{M_1{M}_2}=(19.8+2-11.14)=0$ nên $d$ và $d^{\prime }$ cắt nhau.

Cách khác:

Xét hệ phương trình:$\{\begin{array}{cc}-3+2t=5+t^{\prime }& (1)\\ -2+3t=-1-4t^{\prime }& (2)\\ 6+4t=20+t^{\prime }& (3)\end{array}$

Từ (1) với (3), trừ vế với vế ta có $2t=6=>t=3$, thay vào (1) có $t^{\prime }=-2$.

Từ đó $d$ và $d^{\prime }$ có điểm chung duy nhất $M(3;7;18)$. Do đó d và d' cắt nhau tại M.

b) Ta có : $\overrightarrow{u_1}(1;1;-1)$ là vectơ chỉ phương của d và $\overrightarrow{u_2}(2;2;-2)$ là vectơ chỉ phương của d' .

Ta thấy $\overrightarrow{u_1}$ và $\overrightarrow{u_2}$ cùng phương nên d và d' chỉ có thể song song hoặc trùng nhau.

Lấy điểm $M(1;2;3)\in d$, thay tọa độ điểm $M$ vào phương trình $d^{\prime }$ ta được: $\{\begin{array}{l}1=1+2t^{\prime }\\ 2=-1+2t^{\prime }\\ 3=2-2t^{\prime }\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{t}^{\prime }=0\\ t^{\prime }=\frac{3}{2}\\ t^{\prime }=-\frac{1}{2}\end{array}\left(VN\right)$

Vậy $M\notin d^{\prime }$ nên $d$ và $d^{\prime }$ song song.

Phương pháp giải:

Phương pháp tìm giao điểm của đường thẳng $d:\{\begin{array}{l}x=x_0+at\\ y=y_0+bt\\ z=z_0+ct\end{array}\left(t\in R\right)$ và mặt phẳng $\left(P\right):Ax+By+Cz+D=0$.

Gọi $M=d\cap \left(P\right)\Rightarrow M\in d$ $\Rightarrow M\left(x_0+at;y_0+bt;z_0+ct\right)$.

Thay tọa độ điểm M vào phương trình mặt phẳng (P), tìm ẩn t, sau đó suy ra tọa độ điểm $M$.

Lời giải:

a) Gọi $M\in d$ $\Rightarrow M\left(12+4t;9+3t;1+t\right)$.

Giả sử $M\in \left(\alpha \right)$ thì ta có: 

$3(12+4t)+5(9+3t)-(1+t)-2=0$

$\iff 26t+78=0\iff t=-3$.

Vậy $d\cap (\alpha )=M(0;0;-2)$.

b) Gọi $M\in d$ $\Rightarrow M\left(1+t;2-t;1+2t\right)$. 

Giả sử $M\in \left(\alpha \right)$ thì ta có: 

$(1+t)+3.(2-t)+(1+2t)+1=0$

$\iff 0.t+9=0$, phương trình vô nghiệm.

Chứng tỏ $d$ và $(\alpha )$ không cắt nhau hay $d//(\alpha )$.

c) Gọi $M\in d$ $\Rightarrow M\left(1+t;1+2t;2-3t\right)$. 

Giả sử $M\in \left(\alpha \right)$ thì ta có: 

$(1+t)+(1+2t)+(2-3t)-4=0$

$\iff 0t+0=0$

Phương trình này có vô số nghiệm, chứng tỏ $d\subset (\alpha )$ .

Lời giải:

a) Đường thẳng $∆$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}(1;2;1)$. $H\in ∆$ nên $H(2+t;1+2t;t)$.

Điểm $H\in ∆$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $∆$ khi và chỉ khi  $\overrightarrow{AH}\mathrm{\perp }$  $\overrightarrow{u}$.

Ta có $\overrightarrow{AH}(1+t;1+2t;t)$ nên:

$\overrightarrow{AH}$ ⊥ $\overrightarrow{u}$  ⇔ $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{AH}$ = 0.

                   ⇔ $1+t+2(1+2t)+t=0$

                   ⇔ $6t+3=0\iff t=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$.

                   ⇔ $H\left({\displaystyle \frac{3}{2}};0;-{\displaystyle \frac{1}{2}}\right)$.

b) Gọi $A^{\prime }$ là điểm đối xứng của $A$ qua $∆$ và $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $∆$  thì $H$ là trung điểm của $A{A}^{\prime }$.

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}{x}_{A^{\prime }}=2x_H-x_A=2.{\displaystyle \frac{3}{2}}-1=2\\ y_{A^{\prime }}=2y_H-y_A=2.0-0=0\\ z_{A^{\prime }}=2z_H-z_A=2.\left(-{\displaystyle \frac{1}{2}}\right)-0=-1\end{array}\Rightarrow A^{\prime }\left(2;0;-1\right)$

Lời giải:

a) Xét đường thẳng $d$ qua $M$ và $d\perp (\alpha )$.

Vectơ $\overrightarrow{n}(1;1;1)$ là vectơ pháp tuyến của $(\alpha )$ nên $\overrightarrow{n}$ là vectơ chỉ phương của $d$.

Phương trình tham số của đường thẳng $d$ có dạng: $\{\begin{array}{cc}x=1+t& \\ y=4+t& \\ z=2+t& \end{array}$.

Gọi $H=d\cap \left(P\right)$, $H\in d\Rightarrow H\left(1+t;4+t;2+t\right)$, vì $H\in \alpha$ nên ta có:

$1+t+4+t+2+t-1=0\iff 3t+6=0$

$\iff t=-2\Rightarrow H\left(-1;2;0\right)$

b) Gọi $M^{\prime }(x;y;z)$ là điểm đối xứng của $M$ qua mặt phẳng $(\alpha )$, thì hình chiếu vuông góc $H$ của $M$ xuống $(\alpha )$ chính là trung điểm của $M{M}^{\prime }$.

Ta có: 

$\{\begin{array}{l}{x}_{M^{\prime }}=2x_H-x_M=2.\left(-1\right)-1=-3\\ y_{M^{\prime }}=2y_H-y_M=2.2-4=0\\ z_{M^{\prime }}=2z_H-z_M=2.0-2=-2\end{array}$ $\Rightarrow M^{\prime }\left(-3;0;-2\right)$

c) Tính khoảng cách từ điểm $M$ đến mặt phẳng $(\alpha )$ 

Cách 1: $d(M,(\alpha ))={\displaystyle \frac{|1+4+2-1|}{\sqrt{1+1+1}}}={\displaystyle \frac{6}{\sqrt{3}}}=2\sqrt{3}$

Cách 2: Khoảng cách từ M đến (α) chính là khoảng cách MH: $d(M,(\alpha ))=MH$ = $\sqrt{2^2+2^2+2^2}=2\sqrt{3}$.

+) Gắn hệ trục tọa độ sao cho $A(0;0;0),B(1;0;0);D(0;1;0),A^{\prime }(0;0;1).$

+) Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình lập phương.

+) Viết phương trình các mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$ và $(B^{\prime }{D}^{\prime }C)$.

+) Sử dụng công thức tính khoảng cách từ 1 điểm đến một mặt phẳng tính khoảng cách từ đỉnh $A$ đến các mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$ và $(B^{\prime }{D}^{\prime }C)$.

- Đường thẳng $AB$ có $\overrightarrow{u_{AB}}=\overrightarrow{AB}$

- Đường thẳng $d_1//d_2\Rightarrow \overrightarrow{u_1}=\overrightarrow{u_2}$

2. Một số dạng toán thường gặp