Kiến thức trọng tâm Hình học Lớp 12 - Chủ đề: Đường thẳng (Có hướng dẫn)

Nội dung text: Kiến thức trọng tâm Hình học Lớp 12 - Chủ đề: Đường thẳng (Có hướng dẫn)

1. Các bài giảng trọng tâm theo chuyên đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả. Vấn đề 3. ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHÔNG GIAN. A.TĨM TẮT GIÁO 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: Nếu giá của hai véc tơ không cùng phương a, b cùng vuông  góc với thì a, b là một VTCP của .  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 x x y y z z thuộc đường thẳng ta cần lưu ý: M d : 0 0 0 a b c M x0 at; y0 bt; z0 ct 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 . 118
2. Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt B.PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN. Bài tốn 1. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI . Phương pháp: Để xét vị trí tương đối giữa hai đường thẳng x x1 y y1 z z1 x x2 y y2 z z2 d1 : và d2 : . a1 b1 c1 a2 b2 c2 Ta làm như sau: x a t x a t ' 1 1 2 2 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   u1 a1; b1; c1 và u2 a2; b2; c2 .   +) Nếu u ku d / /d 1 2 1 2 +) 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 2 1 1 (P) : x 2y z 0 . 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. 119
3. Các bài giảng trọng tâm theo chuyên đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả. x 1 2t 1. Cách 1: Phương trình tham số của : y t , t R . z 2 t Thay x, y, z 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  Cách 2: Đường thẳng có u (2;1; 1) là VTCP  Mặt phẳng (P) có n (1; 2;1) là VTPT   Gọi H là hình chiếu của M lên (P) , suy ra cos H· MC cos u, n nên ta có 1 d(M, (P)) MH MC.cos H· MC . 6 x 2 t  2. Ta có AB 1; 1; 2 , phương trình AB : y 1 t z 2t  Vì D thuộc đường thẳng AB D 2 t; 1 t; 2t CD 1 t; t; 2t .  Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng P : n 1;1;1   Vì C không thuộc mặt phẳng (P) nên CD / / P n.CD 0 1 1. 1 t 1.t 1.2t 0 t . 2 5 1 Vậy D ; ; 1 . 2 2 Ví dụ 2.3.6 Trong không gian hệ toạ độ Oxyz , 120
4. Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt x y 1 z 1. Cho đường thẳng : . Xác định tọa độ điểm M 2 1 2 trên trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến bằng OM x 3 t x 2 y 1 z 2. Cho hai đường thẳng 1 : y t và 2 : . 2 1 2 z t Xác định 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)  Đường thẳng đi qua N(0;1; 0) có u (2;1; 2) là VTCP nên   NM, u 5m2 4m 8 d(M, )  u 3 Nên 5m2 4m 8 d(M, ) OM t m2 m 2 0 m 1, m 2 3 . Vậy có hai điểm M thỏa yêu cầu bài toán: M ( 1; 0; 0), M (2; 0; 0) . 1 2  2. Đường thẳng 2 qua A 2;1; 0 có u 2;1; 2 VTCP Vì    M M 3 t; t; t AM t 1; t 1; t AM.u t 2; 2; 3 t 1   AM.u 2 2 2 Nên d M, 2 1  1 t 2 2 3 t 9 u 2 t 1 M(4;1;1) 2t 10t 8 0 . t 4 M(7; 4; 4) Ví dụ 3. 3.6. Trong không gian hệ toạ độ Oxyz : 121
5. Các bài giảng trọng tâm theo chuyên đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả. 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 2. Cho đường thẳng : và hai điểm 1 3 2 A( 2;1;1), B( 3; 1; 2) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho 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) .  Điểm M(x; y; 3 x y) (P) MI 1 x;1 y; x y 2  Đường thẳng có a 1; 2; 1 là VTCP Ta có :   MI.a 0 y 2x 1 x 3 2 2 2 2 MI 16.14 (1 x) (1 y) ( 2 x y) 16.14 y 7 x 5 hoặc y 9 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) Ta có     AB ( 1; 2;1), AM (t; 3t; 6 2t) AB, AM (t 12; t 6; t) 1   Do đó S 3 5 AB, AM 3 5 MAB 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) . 122
6. Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Ví dụ 4.3.6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình : x 2y 2z 1 0 và hai đường thẳng x 1 y z 9 x 1 y 3 z 1 d : , d : . Xác định tọa độ điểm 1 1 1 6 2 2 1 2 M thuộc đường thẳng d1 sao 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. a 1 b c 9 a b 1 Vì M 1 1 1 6 c 6b 9 Khoảng cách từ M đến mp (P) là: a 2b 2c 1 11b 20 d d(M; (P)) . 12 ( 2)2 22 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 x 1 y 3 z 1 H( 2b 3; b 4; 2b 3) 2 1 2 Do đó MH2 (3b 4)2 (2b 4)2 (4b 6)2 29b2 88b 68 Yêu cầu bài toán trở thành: (11b 20)2 MH2 d2 29b2 88b 68 9 261b2 792b 612 121b2 440b 400 53 140b2 352b 212 0 35b2 88b 53 0b 1, b . 35 18 53 3 Vậy có 2 điểm thoả mãn là: M(0;1; 3) và M ; ; . 35 35 35 123
7. Các bài giảng trọng tâm theo chuyên đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả. Ví dụ 5.3.6. Xét vị trí tương đối giữa các đường thẳng 1, 2. Tính x 1 y 1 z 5 góc giữa hai đường thẳng : và 1 2 3 1 x 1 y 1 z 1 : , tìm giao điểm của chúng (nếu có). 2 4 3 5 Lời giải.  Đường thẳng qua điểm M (1; 1; 5) và có u (2; 3; 1) là VTCP. 1 1 1  Đường thẳng 2 qua điểm M2( 1; 1; 1) và có u2(4; 3; 5) là VTCP.  Cách 1: Ta có M1M2( 2; 0; 4) và u1, u1 (12; 6; 6), nên  u1, u1 .M1M2 24 0 24 0 Vậy hai đường thẳng cắt nhau tại điểm M.   Cách 2: Ta có u1(2; 3; 1), u2(4; 3; 5) không cùng phương nên hai đường thẳng hoặc cắt nhau, hoặc chéo nhau. Chuyển hai phương trình về dạng tham số và xét hệ phương trình 1 2u 1 4v u 2v 1 1 3u 1 3v u v 0 u v 1. 5 u 1 5v u 5v 4 Vậy hai đường thẳng cắt nhau tại điểm M(3; 2; 6). Góc giữa hai đường thẳng     u1.u2 8 9 5 11 cos( 1, 2) cos(u1, u2)   u1 . u2 14. 50 5 7 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. x 1 y 2 z 1 2. Đường thẳng : . 1 1 2 Lời giải. 124
8. Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 1. Lập phương trình đường thẳng d đi qua A và d  (P). Khi đó điểm H là giao điểm của d và (P). Vì n(P)(2; 1; 1) nên đường thẳng d đi qua A(2; 1; 4) và d  (P) có x 2 2t phương trình là y 1 t (t R). Điểm H d nên H(2 2t;1 t;4 t). 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 . Vì u (1; 1; 2) nên mặt phẳng ( ) qua A và ( )  có phương trình là x y 2z 11 0. x y 2z 11 0 x 2 Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ x 1 y 2 z 1 y 3, hay 1 1 2 z 3 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.  Vì H nên H(1 t; 2 t; 1 2t) AH(t 1;t 1; 2t 3).  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 ¡ ( ) : 3x 4y z 2 0 z 1 t x 10 y 4 z 1 2. d : ( ) : y 4z 17 0 3 4 1 Lời giải. 125
9. Các bài giảng trọng tâm theo chuyên đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả.   Ta kí hiệu ud là VTCP của đường thẳng , n là VTPT của mp ( ) 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 Vậy d cắt ( ) tại A(0; 0; 2) .     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 2x 3y 6z 2 0 y 4z 17 x y z 5 0 2x 6z 49 0 y 4z 17 0 x 3y 12 0 Ta thấy hệ này vô nghiệm suy ra d / /( ) .     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.  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 AH t 1; 3t 1; 2t 1   Vì AH  AH.u 0 1(t 1) 3(3t 1) 2(2t 1) 0 t 0  Do đó AH (1; 1;1) d A, AH 3 .    Cách 2: Ta có AB 1; 1;1 AB, u 5; 1; 4   AB, u ( 5)2 ( 1)2 42 Do đó d A,  3 . u 12 32 22 126
10. Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Ví dụ 9.3.6. Tìm m để hai đường thẳng sau cắt nhau và tìm tọa độ giao điểm của chúng : x 6 y 2 z 3 x 4 y 3 z 2 d : d : 1 2 4 m 1 2 4 1 2 Lời giải. Cách 1 : 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 3 (m 1)t 2 2t ' duy nhất. 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 :  Đường thẳng d có VTCP u (2; 4; m 1) và đi qua M (6; 2; 3) 1  1 1 Đường thẳng d có VTCP u (4; 1; 2) và đi qua M (4; 0; 2)   2 2  2 Do đó : u , u (m 7; 4m 8; 18), M M ( 2; 2; 1) 1 2 1 2 Ta có d1 và d2 cắt nhau    u , u .M M 0 1 2 1 2   2(m 7) 2(4m 8) 18 0 u , u 0 1 2 m 2 và tọa độ giao điểm là : A 8; 2; 4 . x 1 y 2 z 1 Ví dụ 10.3.6 Cho đường thẳng : và điểm 2 1 3 A(2; 5; 6) 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. 127
11. Các bài giảng trọng tâm theo chuyên đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả.  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 H 1 2t; 2 t; 1 3t AH 2t 1; t 3; 3t 5 .   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 2x y 3z 17 0 là nghiệm của hệ: x 1 y 2 z 1 , giải hệ này ta tìm được 2 1 3 H 3; 1; 4 .  2. Vì M M 1 2t; 2 t; 1 3t 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 AIB có A ( a 3 ; 0; 0 ), B(a 3 ; 0; 0 ) và A· IB 1200 ,a 0. Điểm I thuộc trục tung và có tung độ âm. Trên đường thẳng 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.   Ta có IA( a 3; t; 0), IB(a 3; t; 0) nên 128
12. Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt     IA.IB cos A· IB cos(IA; IB)   IA . IB 3a2 t2 cos1200 ( a 3)2 ( t2 ) 02 . (a 3)2 ( t2 ) 02 2 2 2 2 2 2 t a 3a t 2(3a t ) t a 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.   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.   t 2a Hay CA.CB 0 3a2 a2 t2 0 t2 2a2 . t 2a Mà t 0 nên C(0; a; 2a). Tìm tọa độ điểm D.Vì D nên D(0; a; t),t 0.   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   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 1 2t x y z 1. Cho hai đường thẳng: d1 : ; d2 : y t , t ¡ . 1 1 2 z 1 t Xét vị trí tương đối giữa d1 và d2 . Tìm tọa độ các điểm 129
13. Các bài giảng trọng tâm theo chuyên đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả. M d1, N d2 sao cho MN song song với mp P : x y z 0 và độ dài MN 2 ; x 3 y 3 z 3 2. Cho hai đường thẳng: d : ; 1 2 2 1 x 5 y 2 z d : . Chứng minh rằng d và d cắt nhau tại I . 2 6 3 2 1 2 Tìm tọa độ các điểm A, B lần lượt thuộc d1, d2 sao cho tam giác 41 AIB cân tại I và có diện tích bằng 42 Lời giải.  1. Đường thẳng d1 đi qua O 0; 0; 0 có u1 1;1; 2 là VTCP,  Đường thẳng d2 đi qua A 1; 0;1 có VTCP u2 = (- 2;1;1)       Suy ra OA ( 1; 0;1), u , u 1; 5; 3 u ; u OA 4 0 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   t s MN / / P MN.np 0 2 2 t s 4t2 1 3t 2 MN 2 MN 2 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 2. Xét hệ phương trình : y 1 x 5 y 2 z z 2 6 3 2 Vây d1 cắt d2 tại giao điểm I 1;1; 2 .  d1 đi qua điểm M1 3; 3; 3 có u1 (2; 2;1) là VTCP ;  d2 đi qua M2( 5; 2; 0) và có u2 (6; 3; 2) là VTCP. Gọi là góc giữa hai đường thẳng d1 và d2 . Ta có : 130
14. Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt   u1.u2 20 41 cos   sin 1 cos2 21 21 u1 . u2 Giả sử IA IB a 0 . diện tích của tam giác IAB là 1 41 41 S .IA.IB.sin a2 a 1. 2  42 42 A d1 A(3 2t; 3 2t; 3 t) IA (2t 2; 2t 2; t 1) 2 t 2 2 3 5 5 7 1 1 5 IA 1 9(t 1) 1 A1 ; ; , A2 ; ; . 4 3 3 3 3 3 3 t 3  B d2 B( 5 6t; 2 3t; 2t) IB (6t 6; 3t 3; 2t 2) 8 t 2 2 7 13 10 16 1 4 12 IB 1 49(t 1) 1 B1 ; ; , B2 ; ; . 6 7 7 7 7 7 7 t 7 Vậy có 4 cặp điểm A, B cần tìm là: 5 5 7 13 10 16 5 5 7 1 4 12 A ; ; ; B ; ; hoặc A ; ; ; B ; ; hoặc 3 3 3 7 7 7 3 3 3 7 7 7 1 1 5 13 10 16 1 1 5 1 4 12 A ; ; ; B ; ; hoặc A ; ; ; B ; ; . 3 3 3 7 7 7 3 3 3 7 7 7 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 KI vuông góc với mặt phẳng ( ), đồng thời K cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng ( ). Lời giải. x 4 t  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). 131
15. Các bài giảng trọng tâm theo chuyên đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả. 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 KI qua I và vuông góc với ( ) : 3x 2y z 4 0 có x 2 3t phương trình KI : y 2 2t (t R), nên K(2 3t; 2 2t; t). z t 3 2 3t 2 2 2t t 4 Ta có: d(K, ( )) 14 t 1 . 32 22 12 Mà OK d(K, ( )) nên 2 2 2 3t 2 2t t2 14 t 1 14t2 20t 8 14 t2 2t 1 8t 6 0 3 1 1 3 t K ; ; . 4 4 2 4 1 1 3 Vậy điểm cần tìm là K ; ; . 4 2 4 CÁC BÀI TỐN LUYỆN TẬP Bài 1 Xét vị trí tương đối giữa các cặp đường thẳng sau x 1 y 3 z x 1 y 1 z 2 1. d : và d : 1 2 1 2 2 2 1 3 x 1 y 2 z 3 x 3 y 5 z 6 2. d : và d : 1 1 2 2 2 3 1 1 x 1 y 2 z 1 2x 1 y 1 z 2 3. d : và d : . 1 1 2 2 2 1 1 1 Bài 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 x 0 2. 1 : y 3t và 2 : y 9 (t ¡ ). z 1 2t z 5 5t x y 3 z 3 3. : và là giao tuyến của hai mp 1 1 4 3 2 ( 1) : x y z 0 và ( 2) : 2x y 2z 0 . 132
16. Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Bài 3 Xét vị trí tương đối giữa đường thẳng d và mp ( ) . Tìm tọa độ giao điểm của chúng nếu có. x 13 y 1 z 4 1. d : ; ( ) : x 2y 4z 1 0. 8 2 3 x 13 y 1 z 4 2. d : ( ) : x 2y 4z 1 0. 8 2 3 Bài 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 4 1 1 hoành 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 d : ; d : . 1 1 1 1 2 1 1 2 Tìm tọa độ các đỉnh A, B của hình bình hành biết đường thẳng chứa x 2 y z 3 cạnh CD có phương trình CD : . 2 1 2 Bài 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 x 1 y 1 z 2 3. Giữa hai đường thẳng : và 1 2 1 3 x 2 y 1 z 3 : 2 1 2 4 x 1 y 1 z 2 4. Giữa : và ( ) : x 4x 2z 1 0 . 2 1 3 Bài 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 1 1 1 cho góc giữa hai mặt phẳng (MAB) và (CAB) bằng 300. CÁC BÀI TỐN DÀNH CHO HỌC SINH ƠN THI ĐẠI HỌC 133
17. Các bài giảng trọng tâm theo chuyên đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả. Bài 7 x 1 t x 4 y 4 z Cho tam giác ABC có AC: và AB: y t (t ¡ ). Tìm 7 6 1 z 1 tọa độ các đỉnh của tam giác, biết trực tâm của tam giác trùng với gốc tọa độ. Bài tốn 2. LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG r Dạng 1: d đi qua điểm M0(x0 ; y0 ; z0 ) và cĩ VTCP a (a1;a2 ;a3 ) : x xo a1t (d) : y yo a2t ( t ¡ ) z zo a3t uuur Dạng 2: d đi qua hai điểm A,B : Một VTCP của d là AB . Dạng 3: d đi qua điểm M0(x0 ; y0 ; z0 ) và song song với đường thẳng cho trước: Vì d P nên VTCP của cũng là VTCP của d . Dạng 4: d đi qua điểm M0(x0 ; y0 ; z0 ) và vuơng gĩc với mặt phẳng P cho trước: Vì d  P nên VTPT của P cũng là VTCP của d . Dạng 5: d là giao tuyến của hai mặt phẳng P , Q : Cách 1: Tìm một điểm và một VTCP. (P) – Tìm toạ độ một điểm A d bằng cách giải hệ phương trình (Q) (với việc chọn giá trị cho một ẩn) r r r – Tìm một VTCP của d : a nP ,nQ Cách 2: Tìm hai điểm A,B thuộc d , rồi viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm đĩ. Dạng 6: d đi qua điểm M0(x0 ; y0 ; z0 ) và vuơng gĩc với hai đường thẳng d1 , d2 : r r r Vì d  d , d  d nên một VTCP của d là: a a ,a 1 2 d1 d2 Dạng 7: d đi qua điểm M0(x0 ; y0 ; z0 ) , vuơng gĩc và cắt đường thẳng . Cách 1: Gọi H là hình chiếu vuơng gĩc của M0 trên đường thẳng . 134
18. Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt H uuuuur r M0H  uV Khi đĩ đường thẳng d là đường thẳng đi qua M0 , H . Cách 2: Gọi P là mặt phẳng đi qua A và vuơng gĩc với d , Q là mặt phẳng đi qua A và chứa d . Khi đĩ d P  Q Dạng 8: d đi qua điểm M0(x0 ; y0 ; z0 ) và cắt hai đường thẳng d1 , d2 : Cách 1: Gọi M1 d1 , M2 d2 Từ điều kiện M, M1 , M2 thẳng hàng ta tìm được M1 , M2 . Từ đĩ suy ra phương trình đường thẳng d . Cách 2: Gọi P (M0 ,d1) , Q (M0 ,d2 ) . Khi đĩ d P  Q , do r r r đĩ, một VTCP của d cĩ thể chọn là a nP ,nQ . Dạng 9: d nằm trong mặt phẳng P và cắt cả hai đường thẳng d1 , d2 : Tìm các giao điểm A d1  P , B d2  P . Khi đĩ 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 và d1 , mặt phẳng Q chứa và d2 . Khi đĩ d P  Q . Dạng 11: d là đường vuơng gĩc chung của hai đường thẳng d1 , d2 chéo nhau: MN  d1 Cách 1: Gọi M d1 , N d2. Từ điều kiện , ta tìm được M,N . MN  d2 Khi đĩ, d là đường thẳng MN . Cách 2: r r r – Vì d  d và d  d nên một VTCP của d cĩ thể là: a a ,a . 1 2 d1 d2 – Lập phương trình mặt phẳng P chứa d và d1 , bằng cách: + Lấy một điểm A trên d1 . r r r + Một VTPT của P cĩ thể là: n a,a . P d1 – Tương tự lập phương trình mặt phẳng Q chứa d và d1 . Khi đĩ d P  Q . Dạng 12: d là hình chiếu của đường thẳng lên mặt phẳng P : Lập phương trình mặt phẳng Q chứa và vuơng gĩc với mặt phẳng 135
19. Các bài giảng trọng tâm theo chuyên đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả. P bằng cách: – Lấy M . r r r – Vì Q chứa và vuơng gĩc với nên nQ a ,nP . Khi đĩ d P  Q . Dạng 13: d đi qua điểm M , vuơng gĩc với d1 và cắt d2 : Cách 1: Gọi N là giao điểm của d và d2 .Điều kiện MN  d1 , ta tìm được N . Khi đĩ, d là đường thẳng M,N . Cách 2: – Viết phương trình mặt phẳng P qua M và vuơng gĩc với d1 . – Viết phương trình mặt phẳng Q chứa M và d2 . Khi đĩ 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 2 1 2 phương 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. 1. M Ox Gọi là giao điểm của đường thẳng với Suy ra M(m; 0; 0) AM (m 1; 2; 3) , đường thẳng có  a (2;1; 2) là VTCP    Vì AM  d AM.a m 1 AM ( 2; 2; 3) x 1 y 2 z 3 Vậy phương trình đường thẳng là: . 2 2 3 Ví dụ 15.3.6 Lập phương trình chính tắc của đường thẳng , biết: đi qua M 1; 0; 1 và vuông góc với hai đường thẳng x t x y 2 z 1 d1 : ; d2 : y 1 2t 5 8 3 z 0 136
20. Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Lời giải.   Ta có: d có u (5; 8; 3) VTCP; d có u (1; 2; 0) là VTCP 1 1  2 2 Cách 1: Giả sử u (a; b; c) là một VTCP của . Vì vuông góc với d1 và d2 nên   a 2b  u .u1 0 5a 8b 3c 0 b   2 u .(6; 3; 2) u .u 0 a 2b 0 c b 3 2 3 x 1 6t Phương trình là: y 3t , t ¡ . z 1 2t    Cách 2. Vì  d ,  d nên u u , u 6; 3; 2 là một 1 2 1 2 VTCP 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 z t x 1 y 1 z 3 và vuông góc với đường thẳng d : ; 2 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 1 1 2 1 1 3 Lời giải. 1. Cách 1: Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và d1 , khi đó ta có  (P)  Ta có đường thẳng d1 đi qua M(1; 2; 0) và có u1 1; 1;1 là VTCP    Nên n AM, u 1; 1; 0 là VTPT của (P) . 1 137
21. Các bài giảng trọng tâm theo chuyên đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả.  (P)    Vì , suy ra u n, u 2; 2;1 là VTCP của (trong đó 2  d2  u2 2;1; 3 là VTCP của đường thẳng d2 ). Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng là: x 1 y 2 z 1 . 2 2 1 Cách 2: Gọi E  d1 , suy ra E 1 t; 2 t; t nên  AE t; t; t 1    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  2. Đường thẳng 1 đi qua C(1; 3; 1) và có v1 2; 1;1 là VTCP  Đường thẳng 2 đi qua D( 2; 3; 4) và có v2 1;1; 3 là VTCP Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua B và , suy ra  ( ) và    1 n v , BC 3; 8; 2 là VTPT của ( ) . 1 1 Gọi () là mặt phẳng đi qua B và , suy ra  () và    2 n v , BD 14; 38; 8 là VTPT của () . 2 2    Ta có là giao tuyến của ( ) và () nên a n , n (12; 4; 2) 1 2 là VTCP Vây phương trình chính tắc của đường thẳng là: x 9 y z 1 . 6 2 1 3. 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 . 138
22. Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt x 1 y 2 z 3. là hình chiếu vuông góc của d : lên mp 1 2 1 ( ) : x y z 1 0 Lời giải. 1 . Để lập phương trình đường thẳng ta có các cách sau Cách 1: Ta có n1 1;1;1 và n2 0; 2; 1 lần lượt là VTPT của và ()    Do ( )  () , suy ra a n , n 3;1; 2 là VTCP của 1 2 x y z 3 0 Xét hệ phương trình (*). Cho y 1 x z 1 , 2y z 1 0 suy ra M(1;1;1) Vậây phương trình tham số của đường thẳng là: x 1 3t y 1 t , t ¡ . z 1 2t x y z 3 0 Cách 2: Xét N(x; y; z) N ( )  () 2y z 1 0 x 4 3t Đặt y t , ta có: y t , t ¡ , đây chính là phương trình z 1 2t tham số của . 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 y t , 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 ()  A, B d AB ( 4;7; 3) là một VTCP của d 139
23. Các bài giảng trọng tâm theo chuyên đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả. x 1 4t Phương trình tham số của d : y 1 7t, t R . z 1 3t x 1 y 1 z 1 Phương trình chính tắc của d : .   4 7 3 Cách 2: Ta có n1 (1;1; 1), n2 (2; 1;5) lần lượt là VTPT của ( ), ()    Vì d là giao tuyến của ( ) và () nên u n , n (4; 7; 3) 1 2 Từ đó ta lập được phương trình cuả d . M ( ) x y z 3 0 Cách 3: Ta có M(x; y; z) d M () 2x y 5z 4 0 1 4 x t x y 3 t 3 3 Đặt z t ta được: 2x y 4 5t 10 7 y t 3 3 1 4 x t 3 3 Phương trình tham số của d : , t ¡ . 10 7 y t; z t 3 3 3. Để lập phương trình đường thẳng ta có các cách sau Đường thẳng d đi qua M(1; 2; 0) và có v (1; 2; 1) là VTCP.  Mặt phẳng ( ) có n 1;1;1 là VTPT x 1 y 2 z Xét hệ phương trình 1 2 1 , giải hệ này ta được 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 ( )   Ta có n v, n (3; 2; 1) là VTPT của (P) 1    Vì ( )  (P) nên u n, n 1; 4;5 là VTCP của 1 x y z 1 Vậy phương trình của đường thẳng là: . 1 4 5 140