Lý thuyết trọng tâm

1. Vectơ chỉ phương của đường thẳng

1.1. Định nghĩa

Một vectơ $\vec{u}$ khác vectơ không được gọi là vectơ chỉ phương (viết tắt là VTCP) của đường thẳng $\Delta$ nếu giá của $\vec{u}$ song song hoặc trùng với đường thẳng $\Delta$.

Nói ngắn gọn: VTCP là vectơ “chỉ hướng” cho đường thẳng.

1.2. Hai chú ý quan trọng

① Để xác định duy nhất một đường thẳng trong không gian, ta cần biết một điểm mà nó đi qua và một vectơ chỉ phương. Đây là “cặp đôi” nền tảng cho mọi phương trình đường thẳng.

② Nếu $\vec{u}$ là một VTCP của $\Delta$ thì với mọi số $k \neq 0$, vectơ $k\vec{u}$ cũng là VTCP của $\Delta$. Nghĩa là một đường thẳng có vô số VTCP, tất cả chúng đều cùng phương với nhau.

Ứng dụng: Khi tính toán ra VTCP có tọa độ cồng kềnh như $(10; -14; -4)$, ta có thể rút gọn bằng cách chia cho ước chung để có $(5; -7; -2)$ — kết quả vẫn đúng vì đây là vectơ cùng phương.

1.3. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1. Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$. Hãy chỉ ra các vectơ chỉ phương của đường thẳng $BC’$ với điều kiện điểm đầu và điểm cuối đều là đỉnh của hình hộp.

Lời giải:

Đường thẳng $BC’$ đi qua hai đỉnh $B$ và $C’$. Các vectơ có giá song song hoặc trùng với $BC’$ chính là các VTCP cần tìm.

Trong hình hộp, ta có $BC’ \parallel AD’$ (vì $BCC’B’$ và $ADD’A’$ là hai mặt đối diện và $BC’ , AD’$ là hai đường chéo tương ứng của chúng).

Vậy các VTCP của $BC’$ là: $\vec{BC’}$, $\vec{C’B}$, $\vec{AD’}$, $\vec{D’A}$.

1.4. Các cách xác định VTCP trong bài toán

Trong thực hành, VTCP của đường thẳng $d$ có thể được xác định qua các dấu hiệu sau:

• Từ phương trình tham số hoặc chính tắc: đọc trực tiếp hệ số ứng với tham số $t$ (xem mục 2 và 3).
• $d$ đi qua hai điểm $A, B$: VTCP là $\vec{AB}$.
• $d$ song song với đường thẳng $\Delta$: VTCP của $\Delta$ cũng là VTCP của $d$.
• $d$ vuông góc với mặt phẳng $(P)$: VTPT của $(P)$ là VTCP của $d$.
• $d$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $(P), (Q)$: VTCP của $d$ là $\vec{u} = [\vec{n_P}, \vec{n_Q}]$ (tích có hướng).
• Nếu biết hai vectơ $\vec{n_1}, \vec{n_2}$ đều vuông góc với $d$: VTCP là $\vec{u} = [\vec{n_1}, \vec{n_2}]$.

2. Phương trình tham số của đường thẳng

2.1. Định nghĩa

Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $\Delta$ đi qua điểm $A(x_0; y_0; z_0)$ và có VTCP $\vec{u} = (a; b; c)$. Khi đó phương trình tham số của $\Delta$ có dạng:

$$\boxed{\begin{cases} x = x_0 + at \\ y = y_0 + bt \\ z = z_0 + ct \end{cases} \quad (t \in \mathbb{R})}$$

Ở đây $t$ là tham số, mỗi giá trị của $t$ cho ta tọa độ của một điểm thuộc $\Delta$, và ngược lại.

2.2. Chú ý

• Điều kiện bắt buộc: $a, b, c$ không đồng thời bằng $0$ (vì VTCP $\vec{u} \neq \vec{0}$).
• Ngược lại, mỗi hệ phương trình dạng trên (với $a, b, c$ không đồng thời bằng $0$) đều xác định một đường thẳng nhận $(a; b; c)$ làm VTCP, đi qua điểm $(x_0; y_0; z_0)$.

Mẹo đọc PT tham số: Các hằng số $x_0, y_0, z_0$ (phần không chứa $t$) cho tọa độ điểm đi qua. Các hệ số đi cùng $t$ cho tọa độ VTCP.

2.3. Ví dụ minh họa

Ví dụ 2. Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $\Delta: \begin{cases} x = -1 + 3t \\ y = 1 \\ z = 2t \end{cases}$

a) Chỉ ra một điểm thuộc $\Delta$ và một VTCP của $\Delta$.

b) Viết phương trình tham số của đường thẳng $\Delta’$ đi qua $A(2; 1; 0)$ và có VTCP $\vec{v} = (3; 0; 2)$.

Lời giải:

a) Viết lại PT của $\Delta$ dưới dạng đầy đủ:

$$\Delta: \begin{cases} x = -1 + 3t \\ y = 1 + 0 \cdot t \\ z = 0 + 2t \end{cases}$$

Đối chiếu với công thức tổng quát, ta có điểm đi qua $M(-1; 1; 0)$ và VTCP $\vec{u} = (3; 0; 2)$.

b) Áp dụng công thức, phương trình tham số của $\Delta’$ là:

$$\begin{cases} x = 2 + 3s \\ y = 1 \\ z = 2s \end{cases} \quad (s \in \mathbb{R})$$

3. Phương trình chính tắc của đường thẳng

3.1. Định nghĩa

Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $\Delta$ đi qua điểm $A(x_0; y_0; z_0)$ và có VTCP $\vec{u} = (a; b; c)$ với $a, b, c$ đều khác $0$. Khi đó phương trình chính tắc của $\Delta$ là:

$$\boxed{\dfrac{x – x_0}{a} = \dfrac{y – y_0}{b} = \dfrac{z – z_0}{c}}$$

3.2. Chú ý cực kỳ quan trọng

Điều kiện tiên quyết: Phương trình chính tắc chỉ tồn tại khi cả ba thành phần $a, b, c$ của VTCP đều khác $0$. Nếu có bất kỳ thành phần nào bằng $0$, đường thẳng không có phương trình chính tắc — ta chỉ có thể viết phương trình tham số.

Đây là một trong những lỗi phổ biến nhất của học sinh: cố viết $\dfrac{y – y_0}{0}$ — một biểu thức vô nghĩa vì mẫu số bằng $0$.

3.3. Ví dụ minh họa

Ví dụ 3. Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $\Delta: \dfrac{x – 1}{2} = \dfrac{y}{3} = \dfrac{z + 2}{1}$. Hãy chỉ ra một điểm thuộc $\Delta$ và một VTCP của $\Delta$.

Lời giải:

Viết lại phương trình để đọc dễ hơn:

$$\Delta: \dfrac{x – 1}{2} = \dfrac{y – 0}{3} = \dfrac{z – (-2)}{1}$$

Đối chiếu với công thức tổng quát: điểm đi qua là $A(1; 0; -2)$ và VTCP là $\vec{u} = (2; 3; 1)$.

Ví dụ 4. Viết phương trình tham số và phương trình chính tắc của đường thẳng $\Delta$ đi qua điểm $M(1; -2; 4)$ và có VTCP $\vec{u} = (3; -5; 1)$.

Lời giải:

Vì cả ba thành phần của VTCP đều khác $0$ nên $\Delta$ có cả hai loại phương trình.

Phương trình tham số:

$$\Delta: \begin{cases} x = 1 + 3t \\ y = -2 – 5t \\ z = 4 + t \end{cases}$$

Phương trình chính tắc:

$$\Delta: \dfrac{x – 1}{3} = \dfrac{y + 2}{-5} = \dfrac{z – 4}{1}$$

Ví dụ 5 (trường hợp không có PT chính tắc). Viết phương trình tham số của đường thẳng $\Delta$ đi qua $M(-1; 4; 5)$ và vuông góc với mặt phẳng $(\alpha): 3x + 2y = 0$.

Lời giải:

Mặt phẳng $(\alpha)$ có VTPT $\vec{n} = (3; 2; 0)$. Vì $\Delta \perp (\alpha)$ nên $\vec{n}$ là VTCP của $\Delta$.

Phương trình tham số của $\Delta$:

$$\begin{cases} x = -1 + 3t \\ y = 4 + 2t \\ z = 5 \end{cases}$$

Nhận xét: VTCP có thành phần thứ ba bằng $0$ nên $\Delta$ không có phương trình chính tắc.

4. Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm

Cho hai điểm phân biệt $A(x_1; y_1; z_1)$ và $B(x_2; y_2; z_2)$. Đường thẳng $AB$ nhận $\vec{AB} = (x_2 – x_1; \ y_2 – y_1; \ z_2 – z_1)$ làm VTCP.

Phương trình tham số của $AB$:

$$\begin{cases} x = x_1 + (x_2 – x_1)t \\ y = y_1 + (y_2 – y_1)t \\ z = z_1 + (z_2 – z_1)t \end{cases} \quad (t \in \mathbb{R})$$

Phương trình chính tắc của $AB$ (khi $x_1 \neq x_2$, $y_1 \neq y_2$, $z_1 \neq z_2$):

$$\dfrac{x – x_1}{x_2 – x_1} = \dfrac{y – y_1}{y_2 – y_1} = \dfrac{z – z_1}{z_2 – z_1}$$

Ví dụ 6. Viết phương trình tham số và phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua hai điểm $A(1; 2; -1)$ và $B(2; 4; 0)$.

Lời giải:

Tính VTCP: $\vec{AB} = (2 – 1; \ 4 – 2; \ 0 – (-1)) = (1; 2; 1)$.

Đường thẳng $AB$ đi qua $A(1; 2; -1)$ có:

PT tham số: $\begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2 + 2t \\ z = -1 + t \end{cases}$

PT chính tắc: $\dfrac{x – 1}{1} = \dfrac{y – 2}{2} = \dfrac{z + 1}{1}$

5. Hai đường thẳng vuông góc

Trong không gian $Oxyz$, cho hai đường thẳng $\Delta_1, \Delta_2$ tương ứng có VTCP $\vec{u_1} = (a_1; b_1; c_1)$ và $\vec{u_2} = (a_2; b_2; c_2)$. Khi đó:

$$\boxed{\Delta_1 \perp \Delta_2 \Leftrightarrow \vec{u_1} \cdot \vec{u_2} = 0 \Leftrightarrow a_1 a_2 + b_1 b_2 + c_1 c_2 = 0}$$

Cách hiểu trực quan: Hai đường thẳng vuông góc khi và chỉ khi hai VTCP của chúng vuông góc. Kiểm tra chỉ cần tính tích vô hướng — nếu bằng $0$ thì hai đường thẳng vuông góc.

Ví dụ 7. Chứng minh rằng hai đường thẳng sau vuông góc với nhau:

$$\Delta_1: \begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -1 – 3t \\ z = 2 – t \end{cases} \quad \Delta_2: \begin{cases} x = 2 + s \\ y = 1 – 2s \\ z = 3 + 8s \end{cases}$$

Lời giải:

Đọc VTCP từ phương trình: $\vec{u_1} = (2; -3; -1)$ và $\vec{u_2} = (1; -2; 8)$.

Tính tích vô hướng:

$$\vec{u_1} \cdot \vec{u_2} = 2 \cdot 1 + (-3) \cdot (-2) + (-1) \cdot 8 = 2 + 6 – 8 = 0$$

Vậy $\Delta_1 \perp \Delta_2$.

6. Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng

6.1. Tổng hợp bốn trường hợp

Trong không gian, hai đường thẳng $\Delta_1, \Delta_2$ có thể song song, trùng nhau, cắt nhau hoặc chéo nhau.

Cho $\Delta_1$ đi qua $A_1$ có VTCP $\vec{u_1}$, $\Delta_2$ đi qua $A_2$ có VTCP $\vec{u_2}$. Các dấu hiệu nhận biết:

6.2. Quy trình xét vị trí tương đối (bằng tích có hướng)

• Bước 1: Xác định $A_1, \vec{u_1}$ của $\Delta_1$ và $A_2, \vec{u_2}$ của $\Delta_2$.
• Bước 2: Tính tích có hướng $[\vec{u_1}, \vec{u_2}]$.
  • Nếu $[\vec{u_1}, \vec{u_2}] = \vec{0}$ ⟹ hai VTCP cùng phương ⟹ hai đường song song hoặc trùng. Kiểm tra $A_1$ có thuộc $\Delta_2$ không để phân biệt.
  • Nếu $[\vec{u_1}, \vec{u_2}] \neq \vec{0}$ ⟹ chuyển sang Bước 3.
• Bước 3: Tính $\vec{A_1 A_2} \cdot [\vec{u_1}, \vec{u_2}]$.
  • Nếu bằng $0$ ⟹ hai đường thẳng cắt nhau.
  • Nếu khác $0$ ⟹ hai đường thẳng chéo nhau.

6.3. Phương pháp khác — Dùng hệ phương trình

Viết hai đường thẳng dưới dạng tham số với hai tham số khác nhau (ví dụ $t$ cho $\Delta_1$ và $s$ cho $\Delta_2$), sau đó giải hệ:

$$\begin{cases} x_1 + a_1 t = x_2 + a_2 s \\ y_1 + b_1 t = y_2 + b_2 s \\ z_1 + c_1 t = z_2 + c_2 s \end{cases}$$

• Hệ vô nghiệm, $\vec{u_1}$ cùng phương $\vec{u_2}$ ⟹ song song.
• Hệ có vô số nghiệm ⟹ trùng nhau.
• Hệ có nghiệm duy nhất ⟹ cắt nhau.
• Hệ vô nghiệm, $\vec{u_1}$ không cùng phương $\vec{u_2}$ ⟹ chéo nhau.

⚠ Lỗi phổ biến: Phải dùng hai tham số khác nhau cho hai đường thẳng (như $t$ và $s$), tuyệt đối không được dùng chung tham số $t$ cho cả hai.

6.4. Ví dụ minh họa

Ví dụ 8. Chứng minh rằng hai đường thẳng sau vuông góc và chéo nhau:

$$\Delta_1: \begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2 – t \\ z = -1 + 2t \end{cases} \quad \text{và} \quad \Delta_2: \dfrac{x – 4}{3} = \dfrac{y + 1}{1} = \dfrac{z}{-1}$$

Lời giải:

$\Delta_1$ đi qua $A_1(1; 2; -1)$ với VTCP $\vec{u_1} = (1; -1; 2)$.

$\Delta_2$ đi qua $A_2(4; -1; 0)$ với VTCP $\vec{u_2} = (3; 1; -1)$.

Chứng minh $\Delta_1 \perp \Delta_2$:

$$\vec{u_1} \cdot \vec{u_2} = 1 \cdot 3 + (-1) \cdot 1 + 2 \cdot (-1) = 3 – 1 – 2 = 0$$

Vậy $\Delta_1 \perp \Delta_2$. ✓

Chứng minh $\Delta_1, \Delta_2$ chéo nhau:

Tính $\vec{A_1 A_2} = (3; -3; 1)$ và:

$$[\vec{u_1}, \vec{u_2}] = \left(\begin{vmatrix} -1 & 2 \\ 1 & -1 \end{vmatrix}; \ \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 3 \end{vmatrix}; \ \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ 3 & 1 \end{vmatrix}\right) = (-1; 7; 4)$$

Xét:

$$\vec{A_1 A_2} \cdot [\vec{u_1}, \vec{u_2}] = 3 \cdot (-1) + (-3) \cdot 7 + 1 \cdot 4 = -3 – 21 + 4 = -20 \neq 0$$

Vậy $\Delta_1$ và $\Delta_2$ chéo nhau. ✓

Các dạng bài tập trọng tâm

Dạng 1: Viết phương trình đường thẳng bằng phương pháp tham số hóa

Phương pháp giải:

Đây là dạng nâng cao, thường gặp khi điểm thuộc đường thẳng chưa có sẵn mà phải được tìm ra thông qua việc tham số hóa điểm trên đường thẳng đã cho.

Ý tưởng cốt lõi: Nếu một điểm $M$ nằm trên đường thẳng $\Delta$ có PT tham số $\begin{cases} x = x_0 + at \\ y = y_0 + bt \\ z = z_0 + ct \end{cases}$ thì tọa độ $M$ có thể biểu diễn dưới dạng $M(x_0 + at; \ y_0 + bt; \ z_0 + ct)$ — phụ thuộc vào tham số $t$. Sau đó dùng điều kiện của bài toán (vuông góc, thuộc mặt phẳng…) để lập phương trình tìm $t$, từ đó tìm được tọa độ cụ thể của $M$.

Một số tình huống điển hình:

① Viết PT đường thẳng $d$ đi qua $M_0$, vuông góc và cắt đường thẳng $\Delta$: Tham số hóa điểm $H \in \Delta$, dùng điều kiện $\vec{M_0 H} \perp \vec{u_\Delta}$ để tìm $H$. Khi đó $d$ là đường thẳng qua $M_0, H$.

② Viết PT đường thẳng $d$ đi qua $M_0$ và cắt hai đường thẳng $d_1, d_2$: Tham số hóa $M_1 \in d_1$, $M_2 \in d_2$, dùng điều kiện $M_0, M_1, M_2$ thẳng hàng.

③ Viết PT đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau $d_1, d_2$: Tham số hóa $M \in d_1$, $N \in d_2$, dùng điều kiện $\vec{MN} \perp \vec{u_1}$ và $\vec{MN} \perp \vec{u_2}$.

④ Viết PT hình chiếu vuông góc của đường thẳng lên mặt phẳng: Tìm giao điểm và một hình chiếu vuông góc khác của một điểm trên đường thẳng.

Bài 1. Trong không gian $Oxyz$, cho mặt phẳng $(P): x + y – z – 1 = 0$ và đường thẳng $d: \dfrac{x – 4}{-2} = \dfrac{y + 2}{2} = \dfrac{z + 1}{1}$. Viết phương trình đường thẳng $d’$ là hình chiếu vuông góc của $d$ lên mặt phẳng $(P)$.

Lời giải chi tiết:

Ý tưởng: Hình chiếu $d’$ của $d$ lên $(P)$ là đường thẳng nằm trong $(P)$, được xác định bởi hai điểm:

• Giao điểm $M$ của $d$ với $(P)$ (điểm này nằm trên cả $d$ và $(P)$, nên nằm trên $d’$).
• Hình chiếu $H$ của một điểm $A \in d$ (khác $M$) lên $(P)$.

Khi đó $d’$ đi qua $M$ và $H$.

Bước 1: Viết PT tham số của $d$.

Từ PT chính tắc, ta có $d$ đi qua $(4; -2; -1)$ với VTCP $\vec{u_d} = (-2; 2; 1)$. PT tham số:

$$d: \begin{cases} x = 4 – 2t \\ y = -2 + 2t \\ z = -1 + t \end{cases}$$

Bước 2: Tìm giao điểm $M$ của $d$ và $(P)$.

Điểm $M \in d$ nên $M(4 – 2t; \ -2 + 2t; \ -1 + t)$. Vì $M \in (P)$, thay tọa độ vào PT của $(P)$:

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

$$\Leftrightarrow 4 – 2t – 2 + 2t + 1 – t – 1 = 0 \Leftrightarrow 2 – t = 0 \Leftrightarrow t = 2$$

Thay $t = 2$: $M(4 – 4; \ -2 + 4; \ -1 + 2) = M(0; 2; 1)$.

Bước 3: Chọn điểm $A$ trên $d$ và tìm hình chiếu $H$ của $A$ lên $(P)$.

Chọn $t = 0$: $A(4; -2; -1) \in d$ (khác $M$).

Đường thẳng $AH$ đi qua $A$ và vuông góc với $(P)$ nên nhận $\vec{n_P} = (1; 1; -1)$ làm VTCP. PT tham số của $AH$:

$$AH: \begin{cases} x = 4 + s \\ y = -2 + s \\ z = -1 – s \end{cases}$$

Điểm $H \in AH$ có dạng $H(4 + s; \ -2 + s; \ -1 – s)$. Vì $H \in (P)$:

$$(4 + s) + (-2 + s) – (-1 – s) – 1 = 0$$

$$\Leftrightarrow 4 + s – 2 + s + 1 + s – 1 = 0 \Leftrightarrow 2 + 3s = 0 \Leftrightarrow s = -\dfrac{2}{3}$$

Thay $s = -\dfrac{2}{3}$:

$$H\left(4 – \dfrac{2}{3}; \ -2 – \dfrac{2}{3}; \ -1 + \dfrac{2}{3}\right) = H\left(\dfrac{10}{3}; \ -\dfrac{8}{3}; \ -\dfrac{1}{3}\right)$$

Bước 4: Viết PT đường thẳng $d’$ đi qua $M$ và $H$.

Tính vectơ $\vec{MH}$:

$$\vec{MH} = \left(\dfrac{10}{3} – 0; \ -\dfrac{8}{3} – 2; \ -\dfrac{1}{3} – 1\right) = \left(\dfrac{10}{3}; \ -\dfrac{14}{3}; \ -\dfrac{4}{3}\right)$$

Nhân cả ba thành phần với $-\dfrac{3}{2}$ để gọn hơn: $\vec{MH}$ cùng phương với $(-5; 7; 2)$.

Vậy $d’$ đi qua $M(0; 2; 1)$ với VTCP $(-5; 7; 2)$, có phương trình chính tắc:

$$\boxed{d’: \dfrac{x}{-5} = \dfrac{y – 2}{7} = \dfrac{z – 1}{2}}$$

Bài 2. Cho hai đường thẳng $d_1: \dfrac{x – 1}{1} = \dfrac{y + 1}{2} = \dfrac{z}{-1}$ và $d_2: \dfrac{x – 2}{1} = \dfrac{y}{2} = \dfrac{z + 3}{2}$. Viết phương trình đường thẳng $\Delta$ đi qua $A(1; 0; 2)$, cắt $d_1$ và vuông góc với $d_2$.

Lời giải chi tiết:

Ý tưởng: Đường thẳng $\Delta$ cắt $d_1$ tại một điểm (gọi là $I$), đồng thời đi qua $A$. Vậy $\Delta$ chính là đường thẳng $AI$. Ta cần tìm $I$ bằng cách tham số hóa điểm trên $d_1$, sau đó dùng điều kiện $\Delta \perp d_2$.

Bước 1: Tham số hóa điểm $I$ trên $d_1$.

PT tham số của $d_1$ (đọc từ PT chính tắc, VTCP $\vec{u_{d_1}} = (1; 2; -1)$, đi qua $(1; -1; 0)$):

$$d_1: \begin{cases} x = 1 + t \\ y = -1 + 2t \\ z = -t \end{cases}$$

Giả sử $\Delta \cap d_1 = I$. Khi đó $I \in d_1$ nên tọa độ $I$ có dạng:

$$I(1 + t; \ -1 + 2t; \ -t)$$

Bước 2: Biểu diễn VTCP của $\Delta$ theo $t$.

Vì $\Delta$ đi qua $A(1; 0; 2)$ và cắt $d_1$ tại $I$, nên $\vec{AI}$ là một VTCP của $\Delta$:

$$\vec{AI} = (1 + t – 1; \ -1 + 2t – 0; \ -t – 2) = (t; \ 2t – 1; \ -t – 2)$$

Bước 3: Áp dụng điều kiện $\Delta \perp d_2$ để tìm $t$.

Đường thẳng $d_2$ có VTCP $\vec{u_{d_2}} = (1; 2; 2)$. Điều kiện $\Delta \perp d_2$ tương đương với $\vec{AI} \cdot \vec{u_{d_2}} = 0$:

$$t \cdot 1 + (2t – 1) \cdot 2 + (-t – 2) \cdot 2 = 0$$

$$\Leftrightarrow t + 4t – 2 – 2t – 4 = 0 \Leftrightarrow 3t – 6 = 0 \Leftrightarrow t = 2$$

Bước 4: Tính VTCP cụ thể và viết PT của $\Delta$.

Thay $t = 2$ vào $\vec{AI}$:

$$\vec{AI} = (2; \ 2 \cdot 2 – 1; \ -2 – 2) = (2; 3; -4)$$

Đường thẳng $\Delta$ đi qua $A(1; 0; 2)$ với VTCP $(2; 3; -4)$, có phương trình chính tắc:

$$\boxed{\Delta: \dfrac{x – 1}{2} = \dfrac{y}{3} = \dfrac{z – 2}{-4}}$$

Dạng 2: Xét vị trí tương đối giữa hai đường thẳng

Phương pháp giải:

Có hai cách tiếp cận chính:

Cách 1 — Dùng tích có hướng (đã trình bày ở mục 6.2 phần lý thuyết): nhanh khi chỉ cần kết luận vị trí, không quan tâm tọa độ giao điểm.

Cách 2 — Dùng hệ phương trình với hai tham số $t, s$: thích hợp khi cần tìm tọa độ giao điểm (trường hợp cắt nhau) hoặc khi đề bài yêu cầu giải tường minh.

Khi dùng Cách 2:

• Viết PT tham số của mỗi đường thẳng với tham số riêng ($t$ cho $\Delta_1$, $s$ cho $\Delta_2$).
• Cho tương ứng hai biểu thức của $x, y, z$ bằng nhau, ta được hệ 3 phương trình 2 ẩn.
• Dựa vào số nghiệm để kết luận:
  • Vô nghiệm + $\vec{u_1}$ cùng phương $\vec{u_2}$ → song song.
  • Vô số nghiệm → trùng nhau.
  • Một nghiệm duy nhất → cắt nhau, tìm được tọa độ giao điểm.
  • Vô nghiệm + $\vec{u_1}$ không cùng phương $\vec{u_2}$ → chéo nhau.

Bài 1. Trong không gian $Oxyz$, cho hai đường thẳng:

$$d: \begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2 + 3t \\ z = 3 – t \end{cases} \quad \text{và} \quad d’: \begin{cases} x = 2 – 2t’ \\ y = -2 + t’ \\ z = 1 + 3t’ \end{cases}$$

Tìm tọa độ giao điểm $M$ của $d$ và $d’$.

Lời giải chi tiết:

Ý tưởng: Giao điểm (nếu có) vừa thuộc $d$ vừa thuộc $d’$, nên tọa độ của nó đồng thời thỏa mãn cả hai PT. Ta cho tương ứng các biểu thức $x, y, z$ bằng nhau để tìm $t, t’$.

Bước 1: Lập hệ phương trình.

Cho tọa độ $x, y, z$ của hai đường thẳng bằng nhau:

$$\begin{cases} 1 + t = 2 – 2t’ \\ 2 + 3t = -2 + t’ \\ 3 – t = 1 + 3t’ \end{cases}$$

Sắp xếp lại:

$$\begin{cases} t + 2t’ = 1 \quad (1) \\ 3t – t’ = -4 \quad (2) \\ t + 3t’ = 2 \quad (3) \end{cases}$$

Bước 2: Giải hệ hai phương trình đầu.

Từ $(1)$: $t = 1 – 2t’$. Thay vào $(2)$:

$$3(1 – 2t’) – t’ = -4 \Leftrightarrow 3 – 6t’ – t’ = -4 \Leftrightarrow -7t’ = -7 \Leftrightarrow t’ = 1$$

Thay ngược: $t = 1 – 2 \cdot 1 = -1$.

Bước 3: Kiểm tra phương trình thứ ba.

Thay $t = -1, t’ = 1$ vào $(3)$: $(-1) + 3 \cdot 1 = 2$ ✓ (thỏa mãn).

Vậy hệ có nghiệm duy nhất $(t; t’) = (-1; 1)$ — hai đường thẳng cắt nhau.

Bước 4: Tính tọa độ giao điểm $M$.

Thay $t = -1$ vào PT của $d$:

$$M = (1 + (-1); \ 2 + 3(-1); \ 3 – (-1)) = (0; -1; 4)$$

Vậy $M(0; -1; 4)$.

Lưu ý: Luôn kiểm tra phương trình thứ ba sau khi giải hệ 2 phương trình đầu. Nếu không thỏa → hệ vô nghiệm → hai đường thẳng chéo nhau (hoặc song song).

Bài 2. Trong không gian $Oxyz$, cho hai đường thẳng:

$$d_1: \dfrac{x – 1}{2} = \dfrac{y}{1} = \dfrac{z + 2}{-2} \quad \text{và} \quad d_2: \dfrac{x + 2}{-2} = \dfrac{y – 1}{-1} = \dfrac{z}{2}$$

Xét vị trí tương đối của hai đường thẳng đã cho.

Lời giải chi tiết:

Bước 1: Xác định VTCP của hai đường thẳng.

• $d_1$ có VTCP $\vec{u_1} = (2; 1; -2)$ và đi qua $M(1; 0; -2)$.
• $d_2$ có VTCP $\vec{u_2} = (-2; -1; 2)$ và đi qua $N(-2; 1; 0)$.

Bước 2: Kiểm tra tính cùng phương của $\vec{u_1}$ và $\vec{u_2}$.

Ta thấy $\vec{u_2} = (-2; -1; 2) = -1 \cdot (2; 1; -2) = -\vec{u_1}$.

Vậy $\vec{u_1}$ và $\vec{u_2}$ cùng phương ⟹ hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau.

Bước 3: Kiểm tra $M \in d_2$ để phân biệt.

Thay tọa độ $M(1; 0; -2)$ vào PT của $d_2$:

$$\dfrac{1 + 2}{-2} = \dfrac{3}{-2} = -\dfrac{3}{2}, \quad \dfrac{0 – 1}{-1} = 1, \quad \dfrac{-2}{2} = -1$$

Ba giá trị $-\dfrac{3}{2}, \ 1, \ -1$ không bằng nhau ⟹ $M \notin d_2$.

Kết luận: $d_1 \parallel d_2$ (song song, không trùng nhau).

Bài 3. Trong không gian $Oxyz$, chứng minh rằng hai đường thẳng sau chéo nhau:

$$\Delta_1: \begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2 – t \\ z = -1 + 2t \end{cases} \quad \text{và} \quad \Delta_2: \dfrac{x – 4}{3} = \dfrac{y + 1}{1} = \dfrac{z}{-1}$$

Lời giải chi tiết:

Bước 1: Xác định điểm đi qua và VTCP của mỗi đường thẳng.

• $\Delta_1$ đi qua $A_1(1; 2; -1)$ với VTCP $\vec{u_1} = (1; -1; 2)$.
• $\Delta_2$ đi qua $A_2(4; -1; 0)$ với VTCP $\vec{u_2} = (3; 1; -1)$.

Bước 2: Tính tích có hướng $[\vec{u_1}, \vec{u_2}]$.

$$[\vec{u_1}, \vec{u_2}] = \left(\begin{vmatrix} -1 & 2 \\ 1 & -1 \end{vmatrix}; \ \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 3 \end{vmatrix}; \ \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ 3 & 1 \end{vmatrix}\right)$$

Tính từng định thức:

• $\begin{vmatrix} -1 & 2 \\ 1 & -1 \end{vmatrix} = (-1)(-1) – 2 \cdot 1 = 1 – 2 = -1$
• $\begin{vmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 3 \end{vmatrix} = 2 \cdot 3 – 1 \cdot (-1) = 6 + 1 = 7$
• $\begin{vmatrix} 1 & -1 \\ 3 & 1 \end{vmatrix} = 1 \cdot 1 – (-1) \cdot 3 = 1 + 3 = 4$

Vậy $[\vec{u_1}, \vec{u_2}] = (-1; 7; 4) \neq \vec{0}$.

Bước 3: Tính $\vec{A_1 A_2}$ và tích hỗn tạp.

$$\vec{A_1 A_2} = (4 – 1; \ -1 – 2; \ 0 – (-1)) = (3; -3; 1)$$

$$\vec{A_1 A_2} \cdot [\vec{u_1}, \vec{u_2}] = 3 \cdot (-1) + (-3) \cdot 7 + 1 \cdot 4 = -3 – 21 + 4 = -20$$

Bước 4: Kết luận.

Vì $\vec{A_1 A_2} \cdot [\vec{u_1}, \vec{u_2}] = -20 \neq 0$ nên hai đường thẳng $\Delta_1$ và $\Delta_2$ chéo nhau.

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh