Chương III. §3. Phương trình đường thẳng trong không gian

_ Có bao nhiêu đt đi qua 1 điểm Mo và có phương vuông góc với phương của 1 vectơ n ≠ 0 cho trước.
_ Có bao nhiêu đt đi qua 1 điểm Mo và có phương song song với phương của1 vectơ u ≠ 0 cho trước.

Có duy nhất 1 đt
Trong không gian kết quả đó còn đúng không?
Tồn tại vô số
Tồn tại duy nhất
n
u
Phương trình đường trẳng
trong không gian
Vectơ chỉ phương của 1 đường thẳng:
_ Vectơ u ≠ 0 được gọi là 1 vtcp của đt
nếu giá của u cùng phương với
u
Chú ý!!
Nếu u là 1 vtcp của thì k.u (k ≠ 0) cũng là vtcp của

b) Nếu biết 1 cặp vectơ a,b vuông góc với và a,b không cùng phương thì 1 vectơ chỉ phương của là u = [ a , b]
Vectơ chỉ phương của đường thẳng là:u2 ,u3
Vậy vectơ chỉ phương của đường thẳng là vectơ nào??
Một đường thẳng có bao nhiêu vtcp?
Có vô số
Nhận xét:
-Đường thẳng có vô số VTCP. Các VTCP cùng phương nhau
- Đường thẳng được xác định duy nhất nếu biết 1 điểm thuộc nó và VTCP
2) Phương trình của đường thẳng:
Bài tóan: cho △ là đt qua Mo (xo,yo,zo) và có một vtcp u = (u1,u2,u3).Hãy tìm pt của △ ?
Giải: Gọi M (x,y,z) là 1 điểm bất kì.Ta có:
M thuộc △  MoM cùng phương u
Tồn tại t thuộc R : MoM = t.u
x – xo = t.u1 x = t.u1 + xo
y – yo = t.u2  y = t.u2 + yo
z – zo = t.u3 z = t.u3 + zo
Vậy phương trình đường thẳng △là:

x = t.u1 + xo
y = t.u2 + yo
z = t.u3 + zo

3.Phương trình tham số của 1 đường thẳng:
Trong không gian, mỗi hệ phương trình có dạng:

x = t.u1 + xo
y = t.u2 + yo
z = t.u3 + zo

u12+u22+u33>0

Là phương trình tham số của 1 đường thẳng △
qua Mo (xo,yo,zo) và có 1 vtcp u=(u1,u2,u3)
4) Phương trình chính tắc:
Trong không gian, mỗi hpt có dạng:

x – xo y – yo z – zo
u1 u2 u3

Là phương trình chính tắc của 1 đường thẳng △
qua Mo (xo,yo,zo) và có 1 vtcp u=(u1,u2,u3)
u1 , u2 , u3 ≠ 0
Chú ý 1:
Một đt có thể có vô số pt tham số và pt chính tắc

 Chú ý 2:

Từ ptts ptct

Từ ptct ptts
Rút t từ 3 dòng
rồi cho bằng nhau
Cho mỗi phân số
bằng t
Áp dụng:
Viết ptct của đt △ biết:
a. (△): x = 2 + 3t
y = 5 – t
z = 3 + 4t
b. (△): x = t
y = -t
z = 5t


a. PTCT của △là:
x – 2 y + 1 z – 3
3 2 -4


b. PTCT của △ là:
x y z
1 -1 5
2. Viết ptts của △ biết:
a. △: x-2 y+1 z-3
3 2 -4
b. △: x y z
1 2 1
a.PTTS của đt △là: x = 2 + 3t
y = -1 + 2t
z = 3 – 4t


b. PTTS của đt △ là: x = t
y = 2t
z = t
 Chú ý 3:
Trong kg, mỗi đt có thể xem là gtuyến của 2 mp
_Đảo lại, 2 mp cắt nhau luôn luôn xđ 1 đt là giao tuyến của 2 mp ấy
_ Do đó, 1 đt sẽ đc xđ bởi 1 hệ có dạng:

△
A1x + B1y + C1z + D1 = 0
A2x + B2y + C2z + D2 = 0
(A1 : B1 : C1 ≠ A2 : B2 : C2)
Để đưa hpt về dạng ptts hay ptct của △:
C1: Đặt 1 ẩn = t và tính 2 ẩn còn laị theo t => pt tham số của △
C2: Từ (1) và (2) => cặp vectơ vuông góc với △ là n1 =(A1,B1,C1,D1)và n2 =(A2,B2,C2,D2)
Vtcp của △ là u△ =[n1,n2]
Trong hệ (1) và (2) cho gtrị 1 ẩn và giải 2 ẩn còn lại => Mo (xo ,yo , zo ) thuộc △
Từ Mo và u△ => ptts,ptct
 Chú ý 4:
Pt các trục tọa độ
(Ox) là đường thẳng qua O (0,0,0) và có vectơ chỉ phương i (1,0,0)

=>ptts của trục hòanh là x=t
y=0
z=0
(Oy) là đường thẳng qua O (0,0,0) và có
vtcp j (0,1,0)

=>ptts của trục hòanh là x=0
y=t
z=0

(Oz) là đường thẳng qua O (0,0,0) và có
vtcp k (0,0,1)

=>ptts của trục hòanh là x=0
y=0
z=t

Chú ý 5: Cách tìm 1đt:
C1: tìm 1 điểm và 1 vtcp của 1 đt (or 1 cặp vt vuông góc).
C2: tìm 2 điểm A,B của đt.
x – xA y – yA z – zA
xB – xA yB – yA zB - zA
C3: tìm 2 mp phân biệt cùng chứa đt ấy và dùng chú ý 3

3. Viết PTTS của △ biết △ là giao tuyến của 2 mp
a. α:2x + y + z +5 =0 β:2x – z +3 =0
b. α:x + y + 1=0 β:2x – 3y + 1 =0
△: 2x + y + z + 5 = 0
2x - z + 3 = 0
Trong hệ α,β:
Đặt x = t => y = -2t –2t -3 -5
z = 2t + 3

 y = -4t – 8
z = 2t + 3

Vậy PTTS của △ là : x = t
y = -4t - 8
z = 2t + 3

b. △: x + y + 1 =0
2x -3y +1 =0

Trong hệ α, β : Đặt z = t
Giải hệ: x + y + 1 =0
2x – 3y +1 =0

=> PTTS của △ là : x = -4/5
y = -1/5
z= t
4. Tìm ptđt của △ biết:
a.△ qua M(4;3;1) và △∥(D): x = 1+ 2t
y = -3t
z = 3+ 4t

b.△ qua N(1;2;-1) và ∥ với gt của 2 mp
α: x + y – z + 3 =0
β: 2x – y + 5z -4 =0

c.△ qua K(-2;1;0) và △⊥(P):x + 2x - 2z + 3 =0

d.△ qua E(1;-1;2) và △∥Oz

a. △ qua M(4;3;1)
△∥ (D) => 1vtcp của △ là
u△= u(D)= (2;-3;4)

Vậy PTTS của △ là: x = 4 + 2t
y = 3 - 3t
z = 4 + 4t


Giải
x + y – z + 3 = 0
2x – y + 5z – 4 = 0

Gọi (D) = α∩β  (D) ⊥ nα
nβ

n1=(1;1;-1) ; n2=(2;-1;5)

u(△)=u(D)=[n1;n2]=(4;-7;-3)

PTCT △: x–1 y - 2 z + 1 4 -7 -3


c. Ta có: △ qua K(-2;1;0)
△⊥(P) => u△=n(P)=(1;2;-2)

Vậy PTTS △: x = -2 + t
y = 1 + 2t
z = -2t

d. △ qua E(1;-1;2)
△∥Oz => u△= k =(0;0;1)

PTCT △ : x = 1
y = -1
z = 2 + t
Vd5: Cho △ ABC có A(1;-1;0), B(2;1;3), C(1;0;1)
a. Viết pt (AB), (AC)
b. Viết pt trung tuyến kẻ từ A
c. Viết pt đường cao kẻ từ A

Giải
a) (AB): x - 1 y + 1 z
1 2 3
(BC): x – 2 y – 1 z – 3
-1 -1 -2
b) Gọi I là trung điểm BC
=> I =(3/2; ½; 2)
=> (AI): x – 1 y + 1 z – 0
½ 3/2 2

c. BC qua B có VTCP BC(-1;-1;-2)
pt BC: x = 2 – t
y = 1 – t
z = 3 – 2t

H thuộc (BC)=> H(2 – t; 1 – t; 3 – 2t)
AH = (1 – t; 2 – t; 3 -2t)
AH ⊥ BC => AH.BC = 0
 -(1 – t) -(2 – t)-2(3 – 2t)=0
 -9 + 6t = 0
 t = 3/2
H( ½; -1/2; 0)
Vậy AH qua A và có VTCP u = AH= (-1/2; ½; 0) hay u’=(-1; 1; 0)

PT(AH): x = 1 – t
y = -1 – t
z = 0

vd 6:
Tìm hình chiếu ⊥của B(0; 1; -1) trên D
x + y + 1=0 và suy ra điểm B’ đối
y – z – 1 =0 xứng với B qua (D)



=>B’ xB’ = 2xH – xB = -2
yB’ =2yH – yB = -1
zB’ = 2zH – zB = - 1
Giải: Trong pt (D) đặt z = t
y = t +1 ; x = -t – 2
PTTS của (D) x = -t – 2
y = t + 1
z = t
Gọi H là h/chiếu của B trên (D)
H thuộc (D) => H (-t – 2; t + 1; t)
BH =(-t -2; t; t +1)
VTCP (D): u(D)(-1;1;1)
BH ⊥ (D) => BH. u(D)= 0
 t + 2 + t + t + 1=0
 t = -1
H(-1;0;-1)
H là trung điểm BB’




=> B’(-2,-1,-1)
△ cắt α
 u.n ≠ 0
5) Vị trí tương đối của 1mp và 1 đt
_ Từ ptđt △ => △ qua M và có vtcp u
_ Từ ptmp α => α có vtpt n
_ Ta có:
α
n
u
△
M
u
n
△
α
α
n
u
△∥α
u.n = 0
M ko thuộc α

△nằm trong α
u. n = 0
M thuộc α

△
M
M
 Chú ý!!!
_ Có thể xét VTTĐ bằng cách giải hệ gồm pt △ và pt α. Khi đó:
△ cắt α  hệ có nghiệm duy nhất
△∥α  hệ VN
△ nằm trong α  hệ có VSN
△⊥α  u, n cùng phương
 [u. n]= 0
α
n
△
u
6) Vị trí tương đối của 2 đt
- Từ pt △1 => △1 qua M và có vtcp u1
- Từ pt △2 => △2 qua N và có vtcp u2
Ta có:

M thuộc △2 => △1 ∥ △2
=0
M ko thuộc △2 => △1 trùng △2
Tính [u1;u2]
=0 => △1 cắt △2
≠0 tính [u1;u2].MN
≠0 => △1 chéo △2
_ Đặc biệt: △1 ⊥ △2  u1.u2= 0
_Ghi chú: có thể xét vị trí tương đối của △1 và △2 bằng cách giải hệ pt △1 và △2. Khi đó:
△1 cắt △2 => hệ có nghiệm duy nhất
△1 trùng △2 => hệ có vô số nghiệm
△1 ∥ △2 => hệ vô nghiệm và có u1, u2 cùng phương
△1 chéo △2 => hệ vô nghiệm và có u1, u2 ko cùng phương
ÁP DỤNG: xét VTTĐ của
△1: x-1 y–7 z–3
2 1 4
Và △2: x–6 y + 1 z + 2
3 -2 1
b) △1: x=t; y= -8–4t; z= - 3–3t
Và △2: x + y–z =0
2x–y + 2z =0
a)△1 qua M(1;7;3) và có vtcp u1=(2;1;4)
△2 qua N(6;-1;-2) và có vtcp u2=(3;-2;1)
[u1;u2] = (9;10;-7) ≠0 và MN=(5;-8;5)
[u1;u2].MN=45 – 80 + 35 =0
△1 cắt △2

b) △2: x = t
y = -4t
z = -3t
△1 qua M( 0;-8;-3) và có vtcp u1=(1;-4;-3)
△2 qua N(0;0;0) và có vtcp u2=( 1;-4;-3)
[u1;u2]=(0;0;0) =0 và M ko thuộc △2
=> △1∥△2

c) △1: x y z – 3
9 5 1
△2 : 2x – 3y – 3z – 9 =0
x – 2y + z + 3 =0

d) △1: x – 2y + 3 = 0
2x + 3y = 0
△2: y + 2z – 8 = 0
x +z – 8 = 0
c) △1 qua M(0;0;-3) và có vtcp u1=(9;5;1)
Trong pt △2 cho x=0 => y=0 ; z= -3
=> N(0;0;-3)
△2⊥ n1=(2;-3;-3)
n2=(1;-2;1)
=> Vtcp u2=[n1;n2]=(-9;-5;-1)
[u1;u2]= 0 và M thuộc △2
=> △1 trùng △2
PTTS của △1 x = -9/7
y = 6/7
z = t
△1 qua M( -9/7; 6/7;0) và có vtcp u1=(0;0;1)
PTTS của △2 x = -t + 8
y = -2t+8
z = t
△2 qua N( 8;8;0) và có vtcp u2=(-1;-2;1)
[u1;u2]=(2;-1;0)≠0 và MN=(65/7;50/7;0)
[u;u2].MN=130/7+50/7+0 =180/7≠0
=> △1 chéo △2
d)
7) Khoảng cách:
Khoảng cách giữa 2 điểm:


AB=√(xB – xA)2 + (yB – yA)2 + (zB – zA)2


2. Khoảng cách giữa 1 điểm và 1mp α:
Là độ dài đoạn MH ⊥ α ( H thuộc α)
Ta có:
|AxM + ByM + CzM + D|
√A2 + B2 + C2
d (M; α)
α
M
H
Chú ý!!
Khoảng cách giữa 2 mp α:
_ Nếu α trùng β hay α cắt β thì d (α;β) =0
_ Nếu α∥ β thì d (α;β) = d (M; β) với M thuộc α

 Áp dụng :
1. Tính khoảng cách từ M đến α:
M(1;-1;2) và α: x + 2y + 2z – 10 =0
M(3;4;1) và α trùng (Oyz)
2. Tính chiều cao kẻ từ A của tứ diện ABCD
A(2;3;0) ; B(0;1;-2) ; C(-2;0;1) ; D(-1;1;-1)
3. Tính khoảng cách giữa 2 mp
α: x –2y –2z + 1=0 β: -x + 2y + 2z – 3 =0
Giải:
1.a) |1.1 + 2.(-1) +2.2 – 10| 7
√1 + 22 + 22 3

|3.1+ 0 + 0|
√12
d(M;α)
d(M;α)
3
2. Mp (BCD) qua B và cùng phương BC ,BD
BC = ( -2;-1;3)
BD = ( -1;0;1)
n=[BC;BD]=(-1;-1;-1)
Pt (BCD):
-(x–0) – (y–1) – (z+2)=0
-x – y – z – 1 =0
hay x + y + z + 1 =0
Vậy chiều cao kẻ từ A:
d(A;BCD) |2+3+0+1|
√1+1+1
2√3
3.Ta có α∥βvì
A1 B1 C1 D1
A2 B2 C2 D2

d(α;β) = d(M; β) với M( -1;0;0)
|1+0+0 – 3| 2
√1+4+4 3
3. Khoảng cách giữa 1 điểm và đt △
_Là độ dài đoạn vuông góc MH kẻ từ M xuống △
_ Cách tính MH:
+ Từ pt △ => △ qua N và có vtcp u
+ Ta có công thức:
|[MN ; u]|
|u|

d(M; △)
N
H
u
M
 Áp dụng:
 Ví dụ:
Tính khoảng cách từ M(2;3;1) đến
△: x = -2 + t
y = 1 + 2t
z = -1 – 2t
 Giải:
△ qua N(-2;1;-1) và có vtcp u=(1;2;-2)
MN =(-4;-2;-2)
[MN;u]=(8;-10;-6)
Vậy d(M; △) |[MN;u]
|u|
√64 + 100 + 36 10√2
√1+4+4 3
4. Khoảng cách giữa 2 đt △1,△2
Nếu △1 trùng △2
=> d(△1; △2) = 0
b) Nếu △1 cắt △2
=> d(△1; △2) = 0
c) Nếu △1∥△2
=> d(△1; △2) = d(M; △2) với M thuộc △1
Nếu △1 chéo △2:

_ Là độ dài đoạn vuông góc chung
_ Cách dựng:
+ Tìm mp α chứa △2 và α ∥△1
+ Lấy M thuộc △1 và dựng MH ⊥ α
+ Qua H kẻ đt ∥ △1 cắt △2 tại B
+ Dựng BA ∥MH (A thuộc △1)
+ Chú í: AB = MH
B
A
M
H
△1
△2
 Cách tính d(△1;△2):
_ Từ pt △1 => △1 qua M và có vtcp u1
Từ pt △2 => △2 qua N và có vtcp u2
_ Ta có công thúc:

|[u1;u2].MN]
|[u1;u2]|
d(△1; △2)
Áp dụng:Tính k/c giữa 2 đt sau:
△1: x = 1+t △2: x = 2 – 3t
y = -1 – t y = -2 + 3t
z = 1 z = 3t
2. △1: x = t △2: 3x + y – 2 =0
y = 4 – t y – z – 2 =0
z = -1 + 2t
3. △1: x – 1 y + 3 z – 4
2 1 -2
△2: x + 2 y – 1 z + 1
-4 -2 4
Giải:
1.
△1 qua M(1;-1;1) và
có vtcp u1=(1;-1;0)
△2 qua N( 2;-2;0)
và có vtcp u2=(-3;3;3)
[u1;u2]= (-3;-3;0) ≠0
MN=(1;-1;-1)
và [u1;u2].MN=-3+3+0 =0
=> △1 cắt △2
=> d(△1; △2) = 0

2. △1 qua M(0;4;-1) và có vtcp u1=(1;-1;2)
△2: x = t => △2 qua N ( 0;2;0)
y = 2 – 3t và có vtcp u2=(1;-3;-3)
z = -3t
[u1;u2]=(9;5;-2) ≠ 0
MN=(0;-2;1) =>[u1;u2].MN = 0 – 10 – 2 = -12
Vậy △1,△2 chéo nhau

d(△1; △2) |[u1;u2].MN] 12
|[u1;u2]| √110

3.△1 qua M(1;-3;4) và có vtcp u1=(2;1;-2)
△2 qua N(-2;1;-1) và có vtcp u2=(-4;-2;4)
[u1;u2]=(0;0;0) = 0 và M không thuộc △2
=>△1∥△2 và MN=(-3;4;-5)
=> d(△1;△2)= d(M;△2) |[MN;u2]|
|u2|
√36 + 1024 + 484 √386
√16 + 4 +16 3
8. Góc
 Góc giữa 2 đt a,b
_ Gọi

_ Từ pt a,b => vtcp u1; u2
_ Ta có:


Vd: tính góc của 2 đường thẳng
(d): x=1+2t
y= -1+t
z= 3+4t

Giải:
(d) có vtcp u1=(2;1;4)
(d’) có vtcp u2=(-1;3;2)
Nhóm 7 thuyết trình hay wo!!!