Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

CHUYÊN ĐỀ ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHƠNG GIAN
1. Định nghĩa
Phương trình tham số của đường thẳng  đi qua điểm M 0  x0 ; y0 ; z0  và có vec tơ chỉ phương

 x  x0  a1t

a   a1; a2 ; a3  , a  0 :  y  y0  a2t
z  z  a t
0
3

Nếu a1; a2 ; a3 đều khác khơng. Phương trình đường thẳng  viết dưới dạng chính tắc như sau:
x  x0 y  y0 z  z0


a1
a2
a3

 A1 x  B1 y  C1 z  D1  0
Ngoài ra đường thẳng cịn có dạng tổng qt là: 
 A2 x  B2 y  C2 z  D2  0
với A1 , B1 , C1 , A2 , B2 , C2 thỏa A12  B12  C12  0, A22  B22  C22  0.
2. Vị trí tương đối của hai đường thẳng
Chương trình cơ bản

Chương trình nâng cao

1 )Vị trí tương đối của hai đường thẳng

1 ) Vị trí tương đối của hai đường thẳng

Trong khơng gian Oxyz cho hai đường thẳng

Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng

 x  x0  a1t

d :  y  y0  a2t
z  z  a t
0
3


 x  x0  a1t

d :  y  y0  a2t
z  z  a t
0
3


 x  x0 ' a1 ' t '

; d ' :  y  y0 ' a2 ' t '
 z  z ' a ' t '
0
3



Vtcp u đi qua M 0 và d ' có vtcp u ' đi qua M 0 '
 u, u ' cùng phương:
u  ku '


u  ku '
d / /d '  
;d  d '  
M 0  d '
M 0  d '



Vtcp u đi qua M 0 và d ' có vtcp u ' đi qua M 0 '

I 

 d chéo d’  hệ phương trình 1 vơ nghiệm

 u , u '   0

 M 0  d '



 d  / /  d '  




 u, u '  0
d

d
'

     
 M 0  d '

 u, u ' không cùng phương:

 x0  a1t  x0 ' a1 ' t '

 y0  a2t  y0 ' a2 ' t '
 z  a t  y ' a ' t '
0
3
 0 3

 x  x0 ' a1 ' t '

; d ' :  y  y0 ' a2 ' t '
 z  z ' a ' t '
0
3




d 


 u , u '   0


cat  d '  
u, u ' .MM 0  0






d 

cheo  d '  u, u ' .MM 0  0

 d cắt d’  hệ phương trình 1 có 1 nghiệm
3 . Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng

Trang | 1


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Phương pháp 1

Phương pháp 2

Trong không gian Oxyz cho:


Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d qua

 x  x0  a1t
 :Ax+By+Cz+D=0 và d :  y  y0  a2t
z  z  a t
0
3

Pt: A  x0  a1t   B  y0  a2t   C  z0  a3t   D  0 1
 Phương trình 1 vơ nghiệm thì d / /  
 Phương trình 1 có 1 nghiệm thì d cắt  
 Phương trình 1 có vơ số nghiệm thì d   

M  x0 ; y0 ; z0 

có

 :Ax+By+Cz+D=0

a   a1; a2 ; a3 

vtcp:

và

có vtpt n   A; B; C 



 d  cắt    a.n  0




 d  / /    



 d  nằm trên mp  

a.n  0

 M   
a.n  0

 M   

Đặc biệt: d     a, n cùng phương
4. Khoảng cách
Khoảng cách từ

d  M 0 ,  

M  x0 ; y0 ; z0 

đến mặt phẳng

 :Ax+By+Cz+D=0 cho

bởi công thức


Ax 0  By0  Cz0  D
A2  B 2  C 2

Khoảng cách từ M đến đường thẳng  d 

 Khoảng cách từ M đến đường thẳng  d 

Phương pháp 1:

Phương pháp 2:



Lập ptmp   đi qua M và vng góc với d.



Tìm tọa độ giao điểm H của mp   và d



d  M , d   MH

 Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

( d đi qua M 0 có vtcp u )
d  M ,  

M 0M , u 



u

Phương pháp 1:

 Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

d đi qua M  x0 ; y0 ; z0  ; có vtpt a   a1; a2 ; a3 

Phương pháp 2:

d ' đi qua M '  x0 '; y0 '; z0 ' ; vtpt a '   a1 '; a2 '; a3 '
Lập phương trình mp   chứa d và song song với
d’: d  d , d '  d  M ',   

d đi qua M  x0 ; y0 ; z0  ; có vtpt a   a1; a2 ; a3 

d ' đi qua M '  x0 '; y0 '; z0 ' ; vtpt a '   a1 '; a2 '; a3 '
 a, a ' .MM ' V


hop
d  ,  '  

Sday
 a, a ' 



5 . Góc giữa hai đường thẳng

 Góc giữa hai đường thẳng

Trang | 2


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

   đi qua M  x0 ; y0 ; z0  có VTCP a   a1; a2 ; a3 
  ' đi qua M '  x0 '; y0 '; z0 ' có VTCP a '   a1 '; a2 '; a3 '





a.a '

cos   cos a, a ' 



a . a'

a1.a '1  a2 .a '2  a3 .a '3
a12  a2 2  a32 . a '12  a '2 2  a '32

6 . Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng    đi qua M 0 có VTCP a , mặt phẳng   có VTPT

n   A; B; C  .


 

Gọi  là góc hợp bởi    và mặt phẳng   : sin   cos a, n 
Ví dụ: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :

 P  : x  2 y  z  3  0. Viết phương trình đường thẳng
khoảng cách giữa hai đường thẳng  và d bằng

Aa1  Ba2  Ca3
A2  B 2  C 2 . a12  a2 2  a32
x2 y2 z

 và mặt phẳng
2
1
1

 nằm trong  P  sao cho  vng góc với d và

2.

 x7 y z 4
  : 1  1  1
A. 
 : x  3  y  z

1
1 1

 x7 y z4

  : 1  1  1
B. 
 : x  3  y  z

1
1 1

 x7 y z 4
  : 2  1  1
C. 
 : x  3  y  z

1
4 1

 x 7 y z  4
  : 1  1  1
D. 
 : x  3   y  z  1

1
1
1

Lời giải
Đường thẳng d có VTCP

ud   2;1;1 .

Mặt phẳng


 P

có VTPT

n p  1; 2; 1 ,

ta có

 n p , ud    3; 3; 3


1
Vì    P  ,   d  VTPT u  u ; ud    0; 1;1
3

Khi đó, phương trình mặt phẳng  Q  : y  z  m  0
Chọn A 1; 2;0   d , ta có:

d  A;  Q    d  ; d   2 

2  m
2

m  4
 2
m  0

Với m  4   Q  : y  z  4  0
Vì    P    Q    đi qua B  7;0; 4    :


x7 y z 4


1
1
1

Trang | 3


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Với m  0   Q  : y  z  0
Vì    P    Q    đi qua C  3;0;0    :

x 3 y
z


1
1 1

Chọn A.
7. Bài tập
Bài 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng  Q  chứa đường thẳng
d:

x 1 y 1 z  3
và tạo với mặt phẳng  P  : x  2 y  z  5  0 một góc nhỏ nhất.



2
1
1

A . Q : y  z  4  0

B.  Q  : y  z  6  0

C.  Q  : y  2 z  4  0

D.  Q  : 2 y  z  4  0

Lời giải
+ d có vtcp u   2;1;1 ,  P  có vtpt m  1; 2; 1 ,  Q  có vtpt n   a, b, c  ,  a 2  b2  c 2  0 
+ do  Q  chứa d nên ta có: n  u  n.u  0  2a  b  c  0  c  2a  b  n   a, b, 2a  b 
+ Góc hợp bởi  P  và  Q  là 

 

 cos = cos m; n 
cos =

m.n

a  2b  2 z  b




6. a 2  b 2   2a  b 

m.n

3 ab
6. a 2  b 2   2a  b 

2



3 ab
6. 2  a  b 

2



2

3
   300
2

Vậy  min  300. Dấu bằng xảy ra khi và chi khi a  0 lúc đó ta chọn b  1; c  1  n   0;1; 1


qua : A  1; 1;3
Mặt phẳng  Q  : 
từ đó  Q  : y  z  4  0 .

vtpt
:
n

0;1;

1




Chọn A.

Bài 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :

 P  : x  y  z  3  0.

x  2 y 1 z
và mặt phẳng


1
2
1

Gọi I là giao điểm của d ,  P  . Tìm M   P  sao cho MI vng góc với d và

MI  4 14.
 M  5;9; 11
A. 

 M  3; 7;13

 M  5;7; 11
B. 
 M  3; 7;13

Trang | 4


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

 M  5;9; 11
C. 
 M  3; 7;13

 M  5; 7;11
D. 
 M  3;7; 13

Lời giải
Vì I  d nên I  2  t; 1  2t; t  .
Hơn nữa I   P   2  t  1  2t  3  0  t  1  I 1;1;1


M   P   a  b  c  3
Gọi M  a; b; c  . Do: 
IM   a  1; b  1; c  1 , ud  1; 2; 1
MI

d


IM
.
u

0

a

2
b

c

2

0

d






Do MI  4 14   a  1   b  1   c  1  224.
2

2


2

Khi đó ta có hệ phương trình:
a  b  c  3
b  2a  1
a  5
a  3






 c  4  3a  b  9  b  7
a  2b  c  2  0




2
2
2
2
c  11 c  13


 a  1   b  1   c  1  224
 a  1  16

Với  a; b; c    5;9; 11  M  5;9; 11

Với  a; b; c    3; 7;13  M  3; 7;13
Chọn A.

 P  : x  2 y  2z  0, Q  : 2 x  2 y  z 1  0. Viết
A  0;0;1 , nằm trong mặt phẳng  Q  và tạo với mặt phẳng  P 

Bài 3: Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng
phương trình của đường thẳng d đi qua
một góc bằng 450.

x  t
x  t


; d 2 :  y  t
A . d1 :  y  t
 z  1  4t
z  1



x  t
x  t


B. d1 :  y  2t  1; d 2 :  y  1  t
 z  1  4t
z  1




x  t
 x  3t


C. d1 :  y  t  1 ; d 2 :  y  t
 z  1  4t
 z  1  4t



 x  1  4t
x  t


D. d1 :  y  1  t ; d 2 :  y  t
 z  1  4t
z  1



Lời giải
Ta có n   2; 2;1 là vecto pháp tuyến của  Q  , b  1; 2;2  là vec tơ pháp tuyến của  P  .
Gọi a   a; b; c  , a 2  b2  c 2  0 là một vecto chỉ phương của d .
Vì đường thẳng d đi qua A  0;0;1 mà A  0;0;1 , A   Q 
Do đó d   Q   a  n  a.n  0  2a  2b  c  0  c  2a  2b

Trang | 5



Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Góc hợp bởi d và  P  bằng 450 :

 

 sin 450  cos a; b 

a.b



a.b

a  2b  2c
2
2

 18(a 2  b2  c 2 )  4  a  2b  2c   a  b
2
2
2
2
3 a b c

a  b  b  1  a  1; c  4 
a  b  b  1  a  1; c  0 

x  t
x  t



; d 2 :  y  t là các đường thẳng cần tìm.
Vậy d1 :  y  t
 z  1  4t
z  1


Chọn A.
Bài 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD có hai đáy AB, CD thỏa mãn

CD  2 AB và diện tích bằng 27; đỉnh A  1; 1;0  ; phương trình đường thẳng chứa cạnh CD là
x  2 y 1 z  3


. Tìm tọa độ các điểm D biết hoành độ điểm B lớn hơn hoành độ điểm A.
2
2
1

A . D  2; 5;1

B. D  3; 5;1

C. D  2; 5;1

D. D  3; 5;1

Lời giải
Đường thẳng CD qua M  2; 1;3 có vec tơ chỉ phương u   2; 2;1

Gọi H  2  2t; 1  2t;3  t  là hình chiếu của A lên CD, ta có:

AH .u  2  3  2t;2.2t  (3  t   t  1  H  0; 3;2  , d  A, CD   AH  3
Từ giả thiết ta có:
AB  CD  3 AB 

2S ABCD
 18  AB  6; DH  3; HC  9
AH

Đặt AB  tu   2t ; 2t ; t   t  0  xB  xA   t 

AB
u

 2  AB  4; 4; 2   B  3;3; 2

9
AB   6;6;3  C  6;3;5 
6
3
HD   AB   2; 2; 1  D  2; 5;1
6
HC 

Chọn A.

Trang | 6



Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Bài 5: Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : 5x  z  4  0 và hai đường thẳng d1 ; d 2 lần lượt có
x 1 y z  1 x 1 y  2 z  1


;


. Viết phương trình của mặt phẳng  Q  / /  P  , theo
1
1
2
2
1
1

phương trình

thứ tự cắt d1 , d 2 tại A, B sao cho AB 

4 5
.
3

25  331
25  331
 0;  Q2  : 5 x  z 
0
7

7
B.  Q1  : 5x  z  2  0;  Q2  : 55x  11z  14  0

 Q1  : 5x  z 

A.

Q1  : 5x  z  2  0; Q2  : 55x 11z  14  0
 Q1  : 5x  z  4  0; Q2  : 55x 11z  7  0

C.
D.

Lời giải

x  1 t
 x  1  2t '


d1 :  y  t
, d 2 :  y  2  t ' ;  Q  : 5 x  z  d  0, d  4
 z  1  2t
 z  1  t '


3  d 6  d 15  2d 
 3  2d 12  d 30  5d 
;
;
;

;
 , Q   d2  B 

3
3
9
9 
 3

 9

 Q   d1  A 

 6  d 6  4d 30  5d  1
Suy ra AB  
;
;
   6  d ; 6  4d ;30  5d 
9
9  9
 9

Do
AB 



4 5
1
2

2
2
  6  d    6  4d    30  5d 
3
8




25  331
d

80
7

 42d 2  300d  252  0  
9

25  331
d 
7


Vậy, tìm được hai mặt phẳng thỏa mãn:

 Q1  : 5x  z 

25  331
25  331
 0;  Q2  : 5 x  z 

0
7
7

Chọn A.
Bài 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :
d2 :

x 1 y  2 z

 ;
1
2
1

x  2 y 1 z 1
và mặt phẳng  P  : x  y  2 z  5  0. Lập phương trình đường thẳng d song song


2
1
1

với mặt phẳng  P  và cắt d1 , d 2 lần lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB đạt giá trị nhỏ nhất.
A. d:

x 1 y  2 z  2


1

1
1

B. d :

x 1 y  2 z  2


1
1
1

C. d :

x 1 y  2 z  2


1
1
1

D. d :

x2 y2 z2


1
1
1


Trang | 7


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Lời giải
Vì A  d1; B  d2  A  1  a; 2  2a; a  , B  2  2b;1  b;1  b 
Ta có AB   a  2b  3; 2a  b  3; a  b  1

 P


 AB  n
có vec tơ pháp tuyến n  1;1; 2  , AB / /  P   

 A P

AB  n  AB.n  0  a  2b  3  2a  b  3  2a  2b  2  0  b  a  4  AB   a  5; a  1; 3
Do đó: AB 

 a  5   a  1   3
2

2

2

 2  a  2   27  3 3
2


 min AB  3 3 khi a  2  A 1; 2; 2 
AB   3; 3; 3 , A 1;2;2    P 
Vậy phương trình đường thẳng d :

x 1 y  2 z  2


.
1
1
1

Chọn A.
Bài 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

x  3 y  2 z 1
và mặt phẳng


2
1
1

 P  : x  y  z  2  0. Gọi M là giao điểm giữa d và  P  . Viết phương trình đường thẳng
mặt phẳng  P  , vng góc với d đồng thời khoảng cách từ M đến  bằng 42.
 x 5
 : 2 
A. 
 : x  3 


2

y2

3
y4

3

z 5
1
z 5
1

 x 5
  : 2 
B. 
 : x  3 

2

y2

3
y4

3

 x 5
 : 2 

C. 
 : x  3 
2


y2

3
y4

3

z 5
1
z 5
1

 x 5 y  2 z 5
 : 2  3  1
D. 
 : x  3  y  4  z  5

2
3
1

 nằm trong

z 5
1

z 5
1

Lời giải

 x  3  2t

Phương trình tham số của d :  y  2  t
 z  1  t


Trang | 8


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Mặt phẳng  P  có VTPT nP  1;1;1 , d có VTCP ud   2;1; 1
Vì M  d   P   M 1; 3;0 
Vì  nằm trong  P  và vng góc với d nên: VTCP u  ud ; nP    2; 3;1
Gọi N  x; y; z  là hình chiếu vng góc của M trên  , khi đó: MN   x  1; y  3; z 
x  y  z  2  0
 MN  u
 N  5; 2; 5 



Ta có:  N   P   2 x  3 y  z  11  0




2
2
 N  3; 4;5 
2
x

1

y

3

z

42
MN

42








Với N  5; 2; 5   :

x 5 y  2 z 5



2
3
1

Với N  3; 4;5   :

x 3 y  4 z 5


2
3
1

Chọn A.
Bài 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A 1; 2;3 , đường thẳng d :

x y z 1
và mặt


2 1
2

phẳng  P  : x  2 y  z  1  0. Gọi d ' là đường thẳng đối xứng với d qua  P  . Tìm tọa độ điểm B trên

d ' sao cho AB  9.
  62  16 151 26  2 151 31  8 151 
;
;

 B 

27
27
27
 

A. 
 B  62  16 151 ; 26  2 151 ; 31  8 151 

 
27
27
27

 

  62  151 26  151 31  151 
;
;
 B 

27
27
27
 

B. 
 B  62  151 ; 26  151 ; 31  151 


 
27
27
27

 

  16 151 2 151 8 151 
;
;
 B 

27
27
27 
 
C. 
 B  16 151 ; 2 151 ; 8 151 

 
27
27
27 
 

D.

  62  4 151 26  2 151 31  8 151 
;
;

 B 

27
27
27
 


 B  62  4 151 ; 26  2 151 ; 31  8 151 

 
27
27
27

 

Lời giải
Có d cắt  P  tại I  2; 1;1 . Chọn M  0;0; 1  d và M ' là điểm đối xứng của M qua  P  . Khi đó

M '   d ' . Ta tìm M '.

Trang | 9


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Gọi  là đường thẳng đi qua M và vng góc với mặt phẳng  P 
 VTCP u  VTPT nP  1; 2  1   :


x y z 1
 
1 2
1

Gọi H là trung điểm MM ' thì tọa độ H định:

 x y z 1
1
2
2
  
 1 2 2
 x   ; y   ; z    H   ;  ;  .
1
1 2
3
3
3
 3 3 3

x  2 y  z 1  0
 2 4 1
Từ đó: M '  2 xH  xM ; 2 yH  yM ; 2 zH  zM     ;  ;  
 3 3 3

Suy ra d’ là đường thẳng đi qua I  2; 1;1 nhận VTCP:
x  2 y  1 z 1
8 1 4
M 'I   ; ;   d ':



8
1
4
3 3 3

B  d '  B  2  8t; 1  t;1  4t 
Theo đề bài ta phải có: AB  9  1  8t    t  3   4t  2   81  81t 2  6t  67  0  t 
2

2

2

1  2 151
27

  62  16 151 26  2 151 31  8 151 
;
;
 B 

27
27
27
 


 B  62  16 151 ; 26  2 151 ; 31  8 151 


 
27
27
27

 

Chọn A.

Trang | 10


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội
dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh nghiệm,
giỏi về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sư phạm đến từ các trường Đại học và các trường chuyên
danh tiếng.
I.

Luyện Thi Online
Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%
-

Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ các Trường ĐH và THPT danh tiếng
xây dựng các khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và
Sinh Học.


-

Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các
trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường
Chuyên khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS. Phạm Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn
Đức Tấn.

II.

Khoá Học Nâng Cao và HSG
Học Toán Online cùng Chuyên Gia
-

Tốn Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Toán Chuyên dành cho các em HS
THCS lớp 6, 7, 8, 9 u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ở trường và đạt
điểm tốt ở các kỳ thi HSG.

-

Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng 5 phân môn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp
dành cho học sinh các khối lớp 10, 11, 12. Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh
Trình, TS. Trần Nam Dũng, TS. Phạm Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc
Bá Cẩn cùng đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia.

III.

Kênh học tập miễn phí
HOC247 NET cộng đồng học tập miễn phí
HOC247 TV kênh Video bài giảng miễn phí
-


HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả
các môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư
liệu tham khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất.

-

HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa đề thi
miễn phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các mơn Tốn- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học và
Tiếng Anh.

Trang | 11