1 Dạng 2: (đã biết điểm đi qua, cần tìm VTCP ) Bài 7: Trong không gian Oxyz cho A(1;0;1) , B(2;1;2) , C(5;4;2) a) Lập phương trình đường cao AH của tam giác ABC . b) Lập phương trình đường trung trực đoạn BC của tam giác ABC Giải : a) AB  = (1; 1; 3) ; AC  =(4;4;3) Véc tơ pháp tuyến của mp(ABC) : ABC n  =[ AB  , AC  ] = (15; 9;8) ABC n  =(15; 9;8) + Đường cao AH nằm trong mp(ABC) = > u   ABC n  Và đường cao AH vuông góc BC => u   BC  Suy ra u  = [ ABC n  , BC  ] =(40;24;102) Phương trình đường cao AH qua A nhận u  làm VTCP : x 1 y z 1 40 24 102       b) Đường trung trực đoạn BC đi qua trung điểm I của BC ta có I( 7 2 ; 3 2 ;2) + Đường trung trực đoạn BC song song với AH => nhận u  =(40;24;102) làm VTCP Phương trình đường trung trực đoạn AB của tam giác ABC qua I nhận u  làm VTCP là : 7 x 2 40  = 3 x 2 24  = z 2 102   Bài 8: a) Viết phương trình đường thẳng  qua B(1;3;4) và song song với hai mặt phẳng (α) : xy+3z 2=0 , (β) : 3x z +1=0 b) Viết phương trình đường thẳng  2 chứa giao tuyến của hai mặt phẳng (α) : xy+3z 2=0 , (β) : 3x z +1=0 Giải : a) n   =(1;1;3) ; n   =(3;0;1) Vì  // (α) => u   n   Và  // (β) => u   n   ; Do đó u  =[ n   , n   ]= 1 3 3 1 1 1 ; ; 0 1 1 3 3 0           = (1;10 ;3) Pt đường thẳng  qua B nhận u  làm VTCP : x 1 y 3 z 4 1 10 3      2 b) đường thẳng ( 2 ) : x y 3z 2 0 3x z 1 0           có VTCP : 2 u  =[ n   , n   ]= 1 3 3 1 1 1 ; ; 0 1 1 3 3 0           = (1;10 ;3) + Chọn M 0  ( 2 ) bằng cách cho x=0 => y 3z 2 0 z 1 0           => y=1;z=1 Và điểm M 0 ( 0;1;1) Pt đường thẳng  2 qua M 0 nhận 2 u  làm VTCP : x y 1 z 1 1 10 3     Bài 9:a) Viết phương trình đường thẳng  qua K(1;3;4) và  vuông góc với (d) : x y 1 z 2 1 5 1      và song song với mp (α) : xy+3z 2=0 b) Viết phương trình đường thẳng  2 qua Q(2;3;4) và  2 vuông góc với (d) : x 1 y 7 z 3 2 3 1       và song song với mp Oxy Giải :a) d u  =(1;5;1) ; n   =(1;1;3) Vì   (d) => u    d u  Và  // () => u    n   ; Do đó u   =[ d u  , n   ]= 1 5 5 1 1 1 ; ; 1 1 1 3 3 1           = (6;14 ; 4) Pt đường thẳng  qua K nhận u   làm VTCP : x 1 y 3 z 4 6 14 4        b) d u  =(2;3;1) ; Oxy n  =(0;0;1) Vì  2  (d) => 2 u    d u  Và  2 // (Oxy) => 2 u    Oxy n  ; => 2 u   =[ d u  , Oxy n  ]=(3;2;0) Pt đường thẳng  2 qua Q nhận 2 u   làm VTCP : x 2 3t y 3 2t z 4            Bài 10:a) Viết phương trình đường thẳng  qua M(4;1;2) và đồng thời vuông góc với hai đường thẳng (d 1 ) và (d 2 ) , với (d 1 ) : x 1 2  = y 1 1   = z 3 3  3 và (d 2 ) : x 1 = y 1 2  = z 1 b) Viết phương trình đường thẳng  2 qua B(1;7;9) và đồng thời  2 vuông góc với (d) : x y 4 z 1 2 1 2       và trục y’Oy Giải :a) Đường thẳng (d 1 ) có VTCP 1 u  =(2;1;3) ; (d 2 ) có VTCP 2 u  =(1;2;1) Vì   (d 1 ) và   (d 2 ) => u   =[ 1 u  , 2 u  ] =(7;1; 5) Pt đường thẳng  qua M nhận u   làm VTCP : x 4 y 1 z 2 7 1 5       b) Đường thẳng (d) có VTCP u  =(2;1;2) ; trục y’Oy có VTCP j  =(0;1;0) Vì  2  (d) và   trục y’Oy => 2 u   =[ u  , j  ] =(2;0;2) Pt đường thẳng  2 qua B nhận 2 u   làm VTCP : x 1 2t y 7 z 9 2t            Bài 11: Trong không gian với hệ tọa đđộ Oxyz , cho đđường thẳng (d ) :             x 2 4t y 3 2t z 3 t và mặt phẳng (P) : x+y+2z +5=0 a) Chứng minh rằng (d) nằm trên mặt phẳng (P) . b) Viết phương trình đđường thẳng (  ) nằm trong (P), song song với (d) và cách (d) một khoảng là 14 . Giải: a) + (d) qua M 0 (2;3;3) và có VTCP  d u =(4;2;1) + Mặt phẳng (P) có VTPT (P) n  =(1;1;2) Ta có :  d u . (P) n  =4 +2+2 =0 và M 0  mp(P) => d  mp(P) b) Gọi u  vectơ chỉ phương của ((d 1 ) qua A và vuông góc với (d) thì            d P u u u n nên ta chọn P d u [u ,n ]     .(3;9;6) =3(1;3;2) Phương trình của đđường thẳng ( d 1 ) : 4 x 2 3t y 3 9t (t ) z 3 6t               (  ) làđđường thẳng qua M và song song với (d ). Lấy M trên ( d 1 ) thì M(2+3t;3  9t;  3+6t) . Theo đề :      2 2 2 AM 14 9t 81t 36t 14      2 1 1 t t 9 3 + t = 1 3   M(1;6;  5)        1 x 1 y 6 z 5 ( ): 4 2 1 + t = 1 3  M(3;0;  1)       2 x 3 y z 1 ( ): 4 2 1 Bài 12: Trong không gian với hệ tọa đđộ Oxyz , cho đ A(2;4;3), đường thẳng (d ) :             x 1 3t y 2 t z 1 t và mặt phẳng () : xy+z 4=0 Viết phương trình đđường thẳng (  ) đi qua A,  vuông góc với (d) và sin của góc tạo bởi () với mp() bằng 10 5 . Giải : (d) qua M 0 (1;2;1) có VTCP d u  =(3;1;1) Mp() có VTPT n   =(1;1;1) + Gọi VTCP của đường thẳng () là u   =(a;b;c) với a 2 +b 2 +c 2  0 Vì   (d) => u   . d u  =0 <=> 3a+b+c=0 <=> b=3ac (1) Gọi  là góc tạo bởi đường thẳng  và mp () => sin = u .n u n         = 2 2 2 a b c 3 a b c     (2) Thay (1) vào (2) ta có : sin = 2 2 2 4a 2c 3 a ( 3a c) c      = 5 Mà : sin = 10 5 <=> 2 2 2 4a 2c 3 a ( 3a c) c      = 10 5 <=> 25(4a+2c) 2 =30(10a 2 +6ac +2c 2 ) <=> 5(4a 2 +4ac +c 2 ) = 3(5a 2 +3ac +c 2 ) <=> 5a 2 +11ac +2 c 2 =0 Chọn a=1 => 2c 2 +11c +5 =0 <=> c 5;b 2 1 5 c ;b 2 2            Khi u   =(1;2;5) thì đường thẳng () : x 2 1  = y 4 2  = z 3 5   Khi u   =(1; 5 2 ; 1 2 ) thì đường thẳng () : x 2 1  = y 4 5/ 2   = z 3 1/ 2   Bài 13: Cho (d) x t y 2 z 4 t          và (P) : y z  1 = 0 a) Tìm toạ độ giao điểm A của (d) và (P). b) Viết phương trình đường thẳng () qua A, () nằm trong (P) và () tạo với (d) một góc 30 0 . Giải : + Giao của (d) và mp(P) : x t y 2 z 4 t y z 1 0               => 2(4t) 1=0 <=> t= 3 => x=3; y=2 ; z=1 . Tọa độ A(3;2;1) b) d u  =(1;0;1) ; P n  =(0;1;1) + Gọi VTCP của đường thẳng () là u   =(a;b;c) với a 2 +b 2 +c 2  0 Vì   mp(P) => u   . P n  =0 <=> bc=0 <=> b= c (1) Gọi  là góc tạo bởi đường thẳng  và (d) => cos = d d u .u u u       = 2 2 2 a c 2 a b c    = 2 2 a c 2 a 2c   Mà :  =30 0 <=> 2 2 a c 2 a 2c   = 3 2 <=> 2(a 2 2ac+c 2 ) =3(a 2 +2c 2 ) <=> a 2 +4ac+4c 2 =0 <=> a=2c . Chon c=1 ; a=2 và b=1 6 u   =(2;1;1) đường thẳng () : x 3 2  = y 2 1   = z 1 1   Bài 15: Cho (d) : x y 1 z 1 2 3 1     và () : 2x y +z3=0 Viết phương trình đường thẳng  đi quaA(3;1;1) ,  vuông góc với (d) và sao cho góc tạo bởi  và mp() là lớn nhất . Giải : đường thẳng (d) có VTCP : d u  =(2;3;1) ; mp() có n   =(2;1;1) Gọi u   = (a;b;c ) với a 2 +b 2 +c 2 ≠ 0 Vì   (d) => u    d u  <=> u   . d u  =0 <=>2a+3b+c=0 <=> c=2a3b Gọi  là góc tạo bởi hai đường thẳng  và () : Ta có: sin = 2 2 2 2 2 2 2a b c 2 ( 1) 1 . a b c        = 2 2 2 2a b 2a 3b 6. a b ( 2a 3b)        = 2 2 4. b 6. 5a 12ab 10b   = 2 2 2 4 b 5a 12ac 10b 6   Xét biểu thức T = 2 2 2 b 5a 12ac 10b   + Nếu a= 0 ; b0 thì T = 1 10 + Nếu a≠ 0, đặt b= ka thay vào ta có : T= 2 2 2 2 2 k a 5a 12a.ka 10.k a   T= 2 2 k 10k 12k 5   ( coi k là ẩn ) <=> T(10k 2 +12k+5) =k 2 <=> (10T1).k 2 + 12T.k +5T=0 (*) Khi: 10T1=0  T= 1 10 pt có nghiệm k=  5 12 Khi 10T1≠ 0 . Điều kiện pt (*) có nghiệm là ’ 0 36T 2 (5T)(10T1)  0 <=> 14T 2 +5T  0 <=> 0  T  5 14 Với  (0; 2  ) , góc  lớn nhất <=> sin lớn nhất <=> T lớn nhất Khi đó T = 5 14 . Suy ra k = 5 6 và b=  5 6 a 7 Chọn a=6 , b=5 và c=3 , VTCP u   =(6;5;3) Đường thẳng  cần tìm đi qua A, có VTCP u   : x 3 y 1 z 1 6 5 3       Bài 16: Viết phương trình đường thẳng () qua A(1;3;2) và cắt trục x’Ox tại điểm M sao cho AM= 22 Giải :+ Theo đề bài M  Ox => M(a;0;0) và AM= 2 2 2 (a 1) ( 3) 2     Vì AM= 22 <=> (a1) 2 +13=22 <=> (a1) 2 =9 <=> a=4  a=2 TH1: a=4 => M(4;0;0) , VTCP AM  =(3;3;2) Đường thẳng  qua M nhận AM  làm VTCP là: x 4 y z 3 3 2     TH2: a=2 => M(2;0;0) , VTCP AM  =(3;3;2) Đường thẳng  qua M nhận AM  làm VTCP là: x 2 y z 3 3 2      Bài 17: Viết phương trình đường thẳng () qua B(2;1;3) và cắt đường thẳng (d): x 1 1  = y 2 1  = z 3 tại điểm M sao cho BM=2 11 Giải : Giả sử  cắt (d) tại M(1+t;2+t;3t) ; BM= 2 2 2 (1 t 2) ( 2 t 1) (3t 3)         =2 11 <=> 11 2 (t 1)  =2 11 <=> (t1) 2 =4 <=> t=3  t=1 TH1: t=3 => M(4;1;9) , VTCP BM  =(2;2;6) Đường thẳng  qua M nhận BM  làm VTCP là: x 4 y 1 z 9 2 2 6      TH2: t=1=> M(0;3;3), VTCP BM  =(2;2;6) Đường thẳng  qua M nhận BM  làm VTCP là: x y 3 z 3 2 2 6        Chú ý : Hai trường hợp trên có KQ hai đường thẳng trùng nhau . 2 2 2 2 2 2 2a b c 2 ( 1) 1 . a b c        = 2 2 2 2a b 2a 3b 6. a b ( 2a 3b)        = 2 2 4. b 6. 5a 12ab 10b   = 2 2 2 4 b 5a 12ac 10b 6   Xét biểu thức T = 2 2 2 b 5a. c    = 2 2 a c 2 a 2c   Mà :  =30 0 <=> 2 2 a c 2 a 2c   = 3 2 <=> 2( a 2 2ac+c 2 ) =3(a 2 +2c 2 ) <=> a 2 +4ac+4c 2 =0 <=> a=2c . Chon c=1 ; a =2 và b=1. <=> 25 (4a+2c) 2 =30(10a 2 +6ac +2c 2 ) <=> 5(4a 2 +4ac +c 2 ) = 3(5a 2 +3ac +c 2 ) <=> 5a 2 +11ac +2 c 2 =0 Chọn a=1 => 2c 2 +11c +5 =0 <=> c 5;b 2 1 5 c ;b 2 2 