Một số dạng toán về hình hộp và hình lập phương

Một số dạng toán về hình hộp và hình lập phương

223

MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ HÌNH HỘP VÀ HÌNH LẬP PHƯƠNG
A. HÌNH HỘP

Bài 1.
Cho hình hộp (H): ABCD. A
′
B
′
C
′
D
′
có
,
AB a AD b
= =
và tâm O, thể
tích V. Gọi M là điểm bất kỳ trong không gian.
I.
Lấy E
∈
AB sao cho
AB
p
AE
=
.

1.
Mặt phẳng (A
′
DE) chia (H) thành 2 phần V
1
= V
A
′
ADE
và V
2
là phần còn lại.
Tính
1
2
V
V
theo
p
và tìm E trên AB để tỉ số đó min.
2.
(A
′
DE)
∩
AC, AC
′
= F, F
′
. Chứng minh rằng

1
AC
p
AF
= +
và
2
AC
p
AF
′
= +
′

3.
Cho AA
′
=
c
. Chứng minh rằng: Tổng các bình phương các khoảng cách từ
M đến 8 đỉnh của (H) là
(
)
2 2 2 2
2 8
T a b c MO
= + + +

II.
Giả sử (H) là hình hộp đứng,


BAD
= α
, AC
′
tạo với đáy góc
β
.
1.
Tính V
H
.
2.
Xác định đường
⊥
chung và tính khoảng cách BD, AC
′
.
3.
Tính tổng T các bình phương khoảng cách từ M đến 8 đỉnh của (H) theo
, , ,
a b
α β
và
OM
. Tìm vị trí của M để T min.
4.
Giả sử (H) là hình hộp chữ nhật và
AA c
′

=
. Tính diện tích thiết diện do mặt
phẳng (P) đi qua I, J, K là trung điểm AB, AD, DD
′
.
Giải

I.1.
H A ABD
1 A ADE
V 6V
6
6
V V
AB
p
AE
′
′
= = =

(
)
1
2
1 1
6 1
H
V V
V

p
V V
−
⇒ = = −

Vì E
∈
đoạn AB nên
1
AB
p
AE
= ≥

( )
2
1
6 1 min min
V
AB
p p
V AE
⇒ = − ⇔ =

1 E B
p
⇔ = ⇔ ≡
.
D
′

C
′

B
′

A
′

A
B
C
D
I
F
O
I
′

M
c
b
a
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

224

2.
Ta có F = DE

∩
AC; F
′
= AC
′

∩
A
′
F
∆
AEF
∼

∆
CDF
⇒

CF CD
AF AE
=
1 1
AC CD AC
AB
p
AF AE AE
+
⇔ = = + = +

∆

A
′
C
′
F
′

∼

∆
FAF
′

⇒

1 1 2
C F A C A C A C AC
p
AF AF AF AF AF
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
= ⇒ = + = + = +
′ ′

3. a.
Gọi I = AC
∩
BD; I
′
= A
′

C
′

∩
B
′
D
′
khi đó:
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2 2 2
T MA MC MB MD MA MC MB MD
′ ′ ′ ′
= + + + + + + +

=

2 2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
AC A C

BD B D
MI MI MI MI
′ ′
′ ′
′ ′
+ + + + + + +

=

( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 2
1 1
4
2 2
MI MI AC BD A C B D
′ ′ ′ ′ ′
+ + + + +

=

( ) ( )
2 2 2 2 2 2
1
4 2
2
MO II AB AD A B A D
 
′ ′ ′ ′ ′
+ + + + +

 
 

=
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
8 2 2 8
MO AA a b a b a b c MO
′
+ + + + + = + + +

II. 1.
(
)
V = dt ABCD . sin .
CC ab CC
′ ′
= α

( )
2 2 2 2
tg tg 2 cos tg 2 cos
CC AC a b ab a b ab
′
= β + β + − π − α = β + + α

⇒

2 2
V sin tg 2 cos
ab a b ab
= α β + + α

2.
Gọi I = AC
∩
BD còn J là trung điểm CC
′

⇒
IJ // AC
′

Trong mặt phẳng (BJD) kẻ It
⊥
BD
Hạ OO
′

⊥
It
⇒
BD
⊥
(OIO

′
)
⇒
BD
⊥
OO
′

⇒
OO
′

⊥
(BJD)
Kẻ O
′
E // JI
⇒
O
′
E // AC
′

Từ E kẻ EF // OO
′

⇒
EF
⊥
(BJD)

⇒
AC
′

⊥
EF
⊥
BD
Ta có
( )
OBJD
V
3
BJD
EF OO
dt
′
= =
.
A

B

C

J
C
′

D

′

A
′

B
′

O
O
′

H

I
E

D
F
α
www.VNMATH.com
Một số dạng toán về hình hộp và hình lập phương

225

Do AC
′
// (BJD) nên
( )
OBJD ABJD

1
V V ABD
3
CJ dt= =

( )
1
ABD
3 2
CC
dt
′
= ⋅

⇒

(
)
( )
ABD
2 BJD
dt
OO CC
dt
′ ′
=
(*). Kẻ JH
⊥
BD
⇒

CH
⊥
BD
⇒

( )
( )
( )
[ ]
2
2
2 2
2
4 dt ABD
2dt BCD
2dt ABD
;
4
CC
CH JH CJ CH
BD BD
BD
′
= = = + = +

( )
( )
[ ]
2
2 2

1 1
dt BJD . ' . 16 dt ABD
2 4
BD JH CC BD⇒ = = +

Thế vào (*)
⇒

(
)
( )
[ ]
2
2
2 ABD
. 16 ABD
CC dt
OO
CC BD dt
′
′
=
′
+
trong đó
( )
2 2 2 2
sin
tg 2 cos , ABD , 2 cos
2

ab
CC a b ab dt BD a b ab
α
′
= β + − α = = + − α

3.
Từ
I.3.

⇒

(
)
(
)
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 8 2 .tg 8
T a b c MO a b AC MO
= + + + = + + β +

(
)
2 2 2 2 2 2
T 2 2 cos tg 8 ; T min M 0
a b a b ab MO
 
= + + + + α β + ⇔ ≡
 

4.
Gọi N, M, L là trung điểm BB
′
, B
′
C
′
và C
′
D
′
khi đó IJ // BD // NK
⇒
I, J, K đồng phẳng; MN // JK và IN // KL nên (M, N, J, K) đồng phẳng và
(N, I, K, L) đồng phẳng. Từ đó
⇒
6 điểm I, J, K, L, M, N đồng phẳng và thiết
diện là lục giác IJKLMN có các cặp cạnh đối // và bằng nhau.
Ta có dt (IJKLMN) = 2dt (IJKN) = 6dt(A
1
IJ).
Kẻ A
1
H
⊥
IJ
⇒
AH
⊥
IJ. Ta có:

2 2 2 2
. .
2
AI AJ AI AJ ab
AH
IJ
AI AJ a b
= = =
+ +

2 2
1 1
A H AA AH
= +
2 2 2 2 2 2
2 2
2
a b b c c a
a b
+ +
=
+

2 2 2 2
1 1 1
2 2 2
IJ BD AB AD a b
= = + = +

Vậy dt(IJKLMN) = 6dt(A

1
IJ)
2 2 2 2 2 2
1
3
3. .
4
A H IJ a b b c c a
= = + +

A
1
I

A

H

J

D

K

D
′

C
′

M

B
′

N

B

A
′

C

www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

226

B. HÌNH LẬP PHƯƠNG

Bài 1.
Cho hình lập phương ABCD.A
′
B
′
C
′
D
′

cạnh
a
.
Lấy M
∈
AB và
(A MC) C D N
′ ′ ′
≡
∩
.
1.
CMR: A
′
MCN là hình bình hành.
2.
Tìm M
∈
AB để A
′
MCN là hình chữ nhật; hình vuông; có diện tích nhỏ nhất.
3.
Tìm quĩ tích hình chiếu vuông góc H của C xuống MN khi M
∈
AB.
4.
Phải chọn (P) đi qua AC
′
thế nào để thiết diện có diện tích nhỏ nhất.
5.

Lấy
1 1
M AD ;N BD
′
∈ ∈
với
(
)
1 1
0; 2
AM DN x a= = ∈

Chứng minh rằng: Với
2
3
a
x =
thì
1 1
M N
ngắn nhất.
6.
Giả sử
1 1
M N
ngắn nhất. Chứng minh rằng:
a.
AD
′

⊥
M
1
N
1

⊥
DB.
b.
M
1
N
1
// A
′
C.
7.
Chứng minh rằng:
(
)
0; 2
x a∀ ∈
ta có M
1
N
1
// (A
′
BCD
′

)
Giải

1.
Do (ABCD) // (A
′
B
′
C
′
D
′
)
⇒
A
′
N // CM
(AA
′
B
′
B) // (DD
′
C
′
C)
⇒
A
′
M // CN. Vậy A

′
MCN là hình bình hành (đpcm)
2.
i
A
′
MCN là hình chữ nhật
⇔
MA
′

⊥
A
′
N mà D
′
A
′

⊥
A
′
M
⇒
MA
′

⊥
(A
′

B
′
C
′
D
′
) hoặc A
′
N
≡
A
′
D
′

⇔
M
≡
A hoặc M
≡
B.
i

Khi M
≡
A hoặc M
≡
B thì A
′
MCN là hình chữ nhật chứ không thể là hình vuông.

i
Kẻ ME
⊥
A
′
C, khi đó: dt(A
′
MCN ) min
=
(A
′
C. ME) min
⇔
ME min.
⇔
AB
⊥
ME
⊥
A
′
C
⇔
E
≡
O và M là trung điểm AB. Khi đó:
Tứ giác A
′
MCN có diện tích là
2

min
6
3
2
2
a
a
S ME A C a
′
= ⋅ = ⋅ =

3.
Gọi I
≡
CB
′

∩
BC
′

⇒
CI
⊥
(ABC
′
D
′
)
⇒

CI
⊥
MN. Lại có: CH
⊥
MN
⇒
IH
⊥
MN
⇒
H
∈
đường tròn đường kính OI trong mặt phẳng (ABC
′
D
′
)
www.VNMATH.com
Một số dạng toán về hình hộp và hình lập phương

227

D
O
A
B
C
C
1

D
′
C
′

A
′

B
′

I
H
M
N
M
1

N
1
x

x

R
′

Q
′

R
Q

Khi M
≡
A thì N
≡
C
′
và H
≡
H
1
; khi M
≡
B thì N
≡
D
′
và H
≡
H
2
.
Vậy quĩ tích điểm H khi M
∈
AB là cung H
1
H
2

.
4.
Giả sử (P) cắt BB
′
, DD
′
tại R, Q.
Kéo dài C
′
R, C
′
Q cắt CB, CD tại R
′
,Q
′

⇒
thiết diện ARC
′
Q
⊂

∆
C
′
Q
′
R
′

Kẻ C
′
F
⊥
Q
′
R
′

⇒
CF
⊥
Q
′
R
′
.
Đặt

C FC
′
α =
khi đó:
( )
(
)
2
2
dt ABCD
dt C QAR

cos
1 sin
a
′
= =
α
− α

1
sin
3
C C C C
C F C A
′ ′
α = ≥ =
′ ′

⇒

( )
2
6
dt C QAR
2
a
′
≥

Vậy
( )

2
6
dt C QAR min
2
a
′
=
xảy ra
⇔
F
≡
A
⇔
R,Q là trung điểm BB
′
, DD
′

5.
Kẻ M
1
H
1

⊥
AD, N
1
K
⊥
AD

⇒

∆
H
1
AM
1
,
∆
KDN
1
vuông cân suy ra:
1
1 1 1 1
2 2
DN
x
AH M H DK N K= = = = =

⇒

1 1
2. 2
H K AD AH a x
= − = −

và
( )
2
2

2 2 2
1 1 1 1
2
2
x
H N KN H K a x= + = + −
. Do M
1
H
1

⊥
H
1
N
1
nên:
( )
2
2
2
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
2
2 3
3 3
a
a
M N M H H N x a x x
 

= = + − = − +
 
 

⇒

1 1
min
3
a
M N =

Vậy với
2
3
a
x =
thì
1 1
M N
ngắn nhất. (đpcm)
6.

a.
Khi
2
3
a
x =
thì

2
2 2
1
2
9
a
AM x= =
;
2
2 2 2
1
5
2 cos 45
9
a
AN a x ax= + − ° =

⇒

2 2 2
1 1 1 1
AM M N AN
+ =

⇒
M
1
N
1

⊥
AD
′
. Tương tự M
1
N
1

⊥
BD
⇒
(đpcm)
b.
Kéo dài AN
1
cắt BC tại C
1

⇒

1 1 1
1 1 1 1
1
2
AN DN AM
N C N B M D
= = =
′

⇒

M
1
N
1
// D
′
C
1
.
Mặt khác:
1
1
2
AD
BC
=

⇒

1
CC A D
′ ′
=

⇒
A
′
C // D
′
C

1

⇒
M
1
N
1
// A
′
C (đpcm)
7.

1 1 1
1 1 1 1
AN DN AM
N C N B M D
= =
′

(
)
0; 2
x a∀ ∈

⇒
M
1
N
1
// D

′
C
1

⇒
M
1
N
1
// (A
′
BCD
′
)
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

228

C
1
C

R

C
′

O
1

A
′

K

E

A
1
A

Q

M

D

O
2
B

L

D
′

P

N

B
′

Bài 2.
Cho hình lập phương ABCD.A
′
B
′
C
′
D
′
cạnh
a
1.

Chứng minh rằng: (AB
′
D
′
)
⊥
A
′
C. Tìm khoảng cách (AB
′
D) với (C
′
BD)
2.

Dựng góc hợp bởi (DA
′
C
′
) và (ABB
′
A
′
), tính cosin góc đó
3.

Gọi M, N là trung điểm AD, CD và lấy P thuộc BB
′
sao cho
BP

=
3
PB
′
.
Tính diện tích thiết diện do (MNP) tạo ra và tìm tỉ số thể tích 2 phần
Giải
1.

CC
′

⊥

(A
′
B
′
C
′
D), A
′
C
′

⊥
B
′
D
′

⇒
CA
′

⊥
B
′
D
′

CD
⊥
(A

′
D
′
DA), AD
⊥
AD
′

⇒
CA
′

⊥
AD
′

⇒
A
′
C
⊥
(AB
′
D
′
). Tương tự A
′
C
⊥
(C

′
BD).
Gọi G
=
1
A C AO
′
∩
; L
=

2
A C CO
′
∩
. Ta có:
1
3
1
2 3 3
A O
a
GA A C
CL AG LG
GC AC
′
′ ′
′
= = ⇒ = = = =

⇒
d((AB
′
D
′
), (C
′
BD))
=
LG
=

3
3
a

2.

Do DC
′
// A
′
B
′
nên
(DA
′
C
′
)

∩
(ABB
′
A
′
)
=
A
′
E // AB
′

Lấy KA
′

=
KE.
Do ∆EAA
′
cân nên AK
⊥
EA
′
.
Mà DA
⊥
(EAA
′
) nên DK
⊥

EA
′

⇒
góc ((DA
′
C
′
), (ABB
′
A
′
)
=


DKA
.
Ta có
2 2
6
2
;
2 2
a
a
AK DK AD AK= = + =


3

cos
3
AK
AKD
DK
⇒ = =

3.

Kéo dài MN cắt BC, BA tại C
1
, A
1
. Nối A
1
P cắt AA
′
tại Q
Nối C
1
P cắt CC
′
tại R
⇒
MNRPQ là thiết diện cần tìm.
Dễ tính được
1 1
2
2
a

MA NC MN= = =
;
3 4
a
BP
AQ CR
= = =

Do đó
1 1 1 1
5 3 5
3
4 4
a a
MA A Q NR C R C P C R= = = = ⇒ = =

Ta có dt(MNRPQ)
=
dt(C
1
PA
1
)
−
2dt(C
1
RN). Do
( ) ( )( )
S p p a p b p c
= − − −

nên
( ) ( )
2 2
1 1 1
9 6 6
;
16 16
a a
dt C PA dt C RN= =

⇒

( )
2
7 6
16
a
dt MNRPQ =
. Ta có:
1 1
2 3
1
1 2 1
2
25 71 25
2 ; .
96 96 71
NCRBPQAM C BPA C CNP ABCDA B C D
V

V V V V a V V V a
V
′ ′ ′ ′
= = − = = − = ⇒ =

www.VNMATH.com
Một số dạng toán về hình hộp và hình lập phương

229

Bài 3.
Cho hình hộp ABCDA
′
B
′
C
′
D
′
, AB = a, AD = b,

BAD
= α
, đường chéo
AC
′
tạo với đáy góc
β
, giao điểm các đường chéo của hình hộp là O.
1) Tính thể tích hình hộp.

2) Xác định đường vuông góc chung và tính khoảng cách giữa BD và AC
′
.
3) Tính tổng T các bình phương các khoảng cách từ điểm M trong không gian
đến 8 đỉnh của hình hộp theo a, b,
α
,
β
và x = OM. Từ đó suy ra vị trí của M
để T là bé nhất.
Giải
1) Gọi V là thể tích hình hộp ta có:
(
)
. .sin .
V dt ABCD CC V ab CC
′ ′
= ⇒ = α

Sử dụng định lí hàm cos trong tam giác ADC ta có:
( )
2 2 2
2 2 2
2 . cos
2 cos
AC DA CD AD CD
AC a b ab
= + − π −α
⇒ = + + α

Tam giác vuông ACC
′
cho:
tg
CC AC
′
= β

2 2
2 cos .sin .tg
V ab a b ab
= + + α α β

2) Dựng
AK BD
⊥
, và
//
OE BD
.
Dựng
//
KK DD
′ ′
cắt OE tại K
′

Ta có: BD và OE cùng vuông góc với mp(AKK
′
).

Dựng KH
⊥
AK
′
. Ta có: KH
⊥
OK
′

⇒
KH
⊥
(AOK
′
)
Vì BD // (AOK
′
)
⇒
KH cũng là khoảng cách ngắn nhất giữa BD và AO
(cũng là AC
′
).
Dựng hình chữ nhật KHIJ
⇒
IJ là đoạn vuông góc chung của AC
′
và BD.
Tam giác vuông AKK
′

cho:
2 2 2
1 1 1
KH AK KK
= +
(1)
Biết:
2 2
2 cos
tg
2 2
a b ab
DD
KK
+ + α
′
′
= = β

∆
ABD cho:
( )
1 1
sin .
2 2
dt ABD ab BD KA
= α =

D
′

A
′

A
B
′

C
′

C
B
J
K
I
H
D
O
K
E
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

230

Biết :
2 2
2 2
sin

2 cos
2 cos
ab
BD a b ab KA
a b ab
α
= + − α ⇒ =
+ − α

Vậy (1) viết:
( )
2 2
2 2 2
2 2 2
2 cos
1 4
sin 2
2 cos tg
a b a
KH a b
a b ab
+ − α
= +
α
+ + α β

(
)
( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2

2
2 2 2 2 2 2
4 cos tg 4 sin
1
sin 2 cos tg
a b a b a b
KH
a b a b ab
 
+ − α β + α
 
=
α + + α β

Suy ra:
( )
2 2
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
sin 2 cos
4 cos 4 sin
ab tg a b ab
KH
a b a b tg a b
α β α
α β α
+ +
=
 
+ − +

 
 

(
)
(
)
2 2
2
2 2 2 2 2 2 2
sin 2 cos
4 sin 1
ab tg a b ab
KH
a b tg a b tg
α β α
β α β
+ +
=
− + +

Hay
(
)
2 2
2 2 2 2 2 2
sin sin 2 cos
sin 4 sin
ab a b ab
KH

a b a b
α β α
β α
+ +
=
− +

3) Định lý về đường trung tuyến cho:
2
2 2 2
2
2
AC
MA MC MO+ = +

2
2 2 2
2
2
BD
MB MD MO+ = +
;
2
2 2 2
2
2
BD
MB MD MO+ = +
;
2

2 2 2
2
2
A C
MC MA MO
′
+ = +
;
2
2 2 2
2
2
B D
MD MB MO
′
+ = +

Cộng vế:
2 2 2 2 2 2 2 2
T MA MB MC MD MA M B MC MD
′ ′ ′
= + + + + + + +


(
)
2 2 2 2 2
1
8
2

MO AC A C BD B
′ ′
= = + + +

Dùng công thức tổng bình phương hai đường chéo của hình bình hành.
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2
2 2
AC BD AB BC a BC
′ ′ ′
+ = + = +

(
)
(
)
2 2 2 2 2 2 2
2 2
A C B D AB B C a B C
′ ′ ′
+ = + = +

Thay vào T và để ý rằng:
(
)
2 2 2
2

2 2 2
BC B C b CC
′ ′
+ = +

(
)
2 2 2 2 2 2
8 2 2 cos
T MO a b a b ab tg
α β
 
= + + + + +
 
 

Suy ra T nhỏ nhất khi M trùng O
(
)
(
)
2 2 2 2
min
2 1 2 cos
T a b tg ab tg
β β
 
= + + +
 
 

www.VNMATH.com
Một số dạng toán về hình hộp và hình lập phương

231

Bài 4.
Cho hình hộp ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
. Xét M là điểm tùy ý trên đường chéo
AB
1
của mặt bên AA
1
B
1
B. Gọi I, J lần lượt là các giao điểm của mặt phẳng
(MCD
1
) với các đường thẳng BC
1
và DA
1
.

1) Chứng minh ba điểm M, I, J thẳng hàng.
2) Xác định vị trí của M để trung điểm của đoạn IJ nằm trên mặt phẳng
(A
1
B
1
C
1
D
1
).
Giải

1.
mp(MCD
1
) cắt (ABB
1
A
1
) theo giao tuyến
∆

qua M song song với CD
1
// A
1
B,
∆
cắt A

1
B
1
tại L và BB
1
tại N.
I là giao điểm của BC
1
và CN.
NL kéo dài cắt AA
1
tại K
⇔
J là giao điểm của DA
1
và D
1
K.
Để chứng minh: I, M, J thẳng hàng ta chứng minh hai tam giác INM và JKM
đồng dạng. Dễ thấy: NK song song và bằng BA
1
, song song và bằng CD
1

⇒
CNKD
1
là hình bình hành



INM JKM
⇒ =
.
Đặt CC
1
= a và
1
NB A K x
= =

Ta có:
1
CC
a x
IC a CN IN a CN
IN NB x IN x IN x
+
−
= = ⇒ = ⇒ =
(1)

1 1 1 1
1
JD DD KD JK KD
a a a x
JK A K x JK x JK x
+
−
= = ⇒ = ⇒ =
(2)

Từ (1) và (2) kết hợp với
1
CN KD
=
ta có:
a x
JK
IN a x
+
=
−

Lại có:
1
a x
MK AK
MN NB a x
+
= =
−
. Vậy:
JK
MK
IN MN
=

⇒
Hai ta giác INM và JKM đồng dạng



NMI KMJ
⇒ = ⇔
I, M, J thẳng hàng.
D

C

B

A

A
1
J
′

J

K

L

B
1

I
′

C
1

D
1

M

www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

232

2)
Từ I dựng đường thẳng song song với BB
1
cắt C
1
B
1
tại I’ và từ J dựng
đường thẳng song song với BB
1
cắt D
1
A
1
tại J’.
Ta có:
( )
1
2

1
1 1
1
1
C I
a
C I
x a a
II IB
II
BB C B a a x a x
C I IB
x
IB
′
′
= = = = ⇒ =
+ +
+
+

Dễ thấy tg A
1
J’J vuông cân nên:
1
2
JA
JJ
′
=

Biết rằng:
1 1 1
1 1 1
IA A K JA
x
JD DD JA A D a
= ⇔ =
+


1 1
1
1
2
2 2
JA JA
a x
x x
IA
a a x a x
JA a
= ⇒ = ⇒ =
− −
+

Vậy:
ax
JJ
a x

′
=
−

Để trung điểm của IJ thuộc mặt phẳng A
1
B
1
C
1
D
1
thì II’ = JJ’
( ) ( )
2
2 2
2 0 2
a ax
a a x x a x x ax a x a a
a x a x
⇔ = ⇔ − = + ⇔ + − = ⇔ =− ±
+ −

Do x > 0: ta cho:
(
)
2 1
x a
= −

Vậy điểm M được trên AB
1
theo tỷ số:

(
)
(
)
1
1
2 2 2
2
2 1
2
2 2
MA
a x a
MB a x
a
+
+
= = = = +
−
−

Bài 5.
Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cạnh
a
. Trên đoạn AB lấy điểm M.
Mặt phẳng A’MC cắt D’C’ tại N.

1) Tứ giác A’MCN là hình gì?
2) Với vị trí nào của M thì tứ giác trên là hình chữ nhật? Liệu nó có thể
là hình vuông được không?
3) Khi M di động trên AB, xác định vị trí M để diện tích tứ giác trên là
bé nhất.
4) Tìm quỹ tích hình chiếu vuông góc H của C xuống MN, khi M di động
trên cạnh AB.
www.VNMATH.com
Một số dạng toán về hình hộp và hình lập phương

233

Giải

1) Dễ biết thiết diện MA’CN là một hình bình hành.
2) A’MCN là hình chữ nhật khi M
trùng với A hay B. Để A’MCN là hình
vuông thì trước hết nó phải là hình chữ
nhật, nhưng ở cả hai vị trí của M ở A
hay B thì A’MCN không thể là hình
vuông được.
3) Vậy tứ giác A’MCN vuông góc của M trên A’C,
S
là diện tích của A’MCN.
Ta có:
S
= 2dt(A’MC);
S
= A’C.MK =
3.

a MK

Vậy S
min

⇔
MK min

⇔
MK là đoạn vuông góc chung của AB và AC’.
Ta có: AB // CD
⇒
Khoảng cách từ A đến mp(A’CD)
cũng là khoảng cách ngắn nhất giữa AB và A’C.
Dựng AO
⊥
A’D (O là trung điểm của A’D)
Ta có AO
⊥
CD
⇒
AO
⊥
(A’CD)
2
2
a
AO⇒ =
là khoảng cách ngắn nhất giữa AB và A’C.
Đoạn vuông góc chung là IJ nối trung điểm của A’C và AB.

Suy ra:
2
min
6
2
3
2 2
a
a
S a= ⋅ =

4) MN luôn luôn qua I và thuộc mp(ABC’D).
Gọi T là trung điểm của BC’, ta có: C’T
⊥
BC’;
CT
⊥
AB
⇒
CT vuông góc với ABC’D’.
Nếu CH
⊥
MN (MN luôn luôn qua trung điểm I của AC’)
Ta có: HI
⊥
HT
Điểm M nhìn IT dưới góc vuông nên quỹ tích của H là cung tròn H
1
H
2

đường
kính IT trong mặt phẳng (ABC’D’)
B
′

A
′

D
′

D

N

C
′

O
K
C
B
J

M

A

T

I

A

B

C
′

D
′

I
H
1
H
2
A

I

D
′

N
′

H
2
T

B

H
1

H

M

C

www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

234

Bài 6.
Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’ cạnh a. Các điểm M thuộc AD và N
thuộc DB sao cho AM = DN = x (0 < x <
2
a
)
1) Chứng minh rằng MN luôn luôn song song với mặt phẳng (A’D’BC) khi x
biến thiên.
2) Chứng minh rằng khi
2
3
a
x =

thì đoạn MN ngắn nhất.
3) Khi MN ngắn nhất:
a) Chứng minh rằng khi đó MN là đường vuông góc chung của AD’ và DB’.
b) Chứng minh rằng khi đó MN song song với A’C.
Giải

1) Ta có:
2
DN x
AM
DB
AD
a
= =
′

Suy ra MN, AD, BD’ cùng song song với
một mặt phẳng đó là mp(A’D’CB).
2) Dựng MN’
⊥
AD và NN’
⊥
AD, ta có:
AM’ = DN’ =
2
2
x
;
2 2
2

a x
AN DM
−
′ ′
= =

Ta biết:
(
)
NN AA D D
′ ′
⊥

2 2 2
MN MN NN
′ ′
⇒ = +

2 2 2 2 2 2
2
MN MM M N NN MM M N
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
= + + = +

( )
2
2
2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2

2
MN a a x x x ax a
 
 
= + − − = + − +
 
 
 

( ) ( )
2 2 2
2
3 2 2 6 2 2 0
3
a
MN x ax a f x f x x a x
′
= − + = ⇒ = − = ⇒ =

Suy ra: MN nhỏ nhất khi
2
3
a
x =

3) * Khi
2
3
a
x =

thì:
2 2
2 2
2
;
9 3
a a
AM MN= =

D
′

C
′

B
′

C
B
A
A
′

M
′

N
′

D
M

x

x

D
′

C
′

B
′

C
B
A
A
′

M

D
I
www.VNMATH.com
Một số dạng toán về hình hộp và hình lập phương

235

2
2 2 2 2
5
9
a
MN AM AN AN⇒ + = ⇒ =

Vậy
MN AM
⊥
. Tương tự:
MN ND
⊥
.
Suy ra MN là đoạn vuông góc chung của AD’ và BD.
* Gọi I là trung điểm của AD; A’I cắt AD’ tại M và CI cắt BD tại N.
Ta có:
2
1 1
2 3 3
a
ND
ID
DN DB
NB IC
= = ⇒ = =

Tương tự:
2

1
3 3
a
AM AD
′
= =
. Vậy: MN // A’C.
Bài 7.
Cho hình hộp xiên ABCDA’B’C’D’.
Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho
AB
p
AE
=
.
1) Mặt phẳng (A’DE) chia hình hộp thành hai phần. Gọi thể tích của khối
A’ĐE là V
1
, của phần còn lại của hình hộp là V
2
. Tính theo p tỷ số
2
1
V
V
và xác
định vị trí của điểm E trên cạnh AB để tỷ số đó là nhỏ nhất.
2) Gọi F và F’ là giao điểm của AC và AC’ với mặt phẳng (A’DE) theo thứ tự.
Chứng minh rằng:
1

AC
p
AF
= +
và
2
AC
p
AF
′
= +
′

3) Gọi các độ dài của ba cạnh xuất phát từ một đỉnh của hình hộp là a, b, c và
O là giao điểm của các đường chéo của hình hộp. Chứng minh rằng tổng các
bình phương các khoảng cách từ một điểm M bất kỳ trong không gian đến tám
đỉnh của hình hộp bằng
(
)
2 2 2 2
2 8
a b c MO
+ + +
.
Giải

Gọi h là chiều cao của lăng trụ, ta có:
(
)
1

1
.
3
A AED
V V dt AED h
′
= =
(1)
(
)
.
.
2
ABD A B D
V
V dt ABD h
′ ′ ′
= =
(2)
(
)
( )
1
1 1 1
3 3 3
2
dt AED
V
AE
V AB p

dt ABD
= = =

D
′

C
′

B
′

C
B
A
A
′

F
′

D
I
F
E
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

236

1
1
1 1
6 6 1
V
V
V p V V p
⇒ = ⇒ =
− −

⇒

1 2
2 1
1
6 1
6 1
V V
p
V p V
= ⇒ = −
−

Vì
2
1
1
V
p
V

≥ ⇒
nhỏ nhất khi
1
p E B
= ⇔ ≡

2) F là giao điểm của AC và ED; F’ là giao điểm của A’C và A’F
Tam giác AFE và CED đồng dạng cho:
1
AF AE AE
FD DC AB p
= = =

1
1
AF
AF FD p
⇒ =
+ +

1
1
1
AC
AF
p
AC p AF
⇒ = ⇔ = +
+

Hai tam giác AF’F và C’F’A’ đồng dạng cho:
1
1
AF AF AF
AC p
F C A C
′
= = =
′ ′ ′
+

(
)
1 1 1
2
2 2
1 1
AC
AF AF
p
p p
AF F C AC AF
p
′
′ ′
⇒ = = ⇒ = ⇔ = +
′ ′ ′ ′ ′
+ +
+
+

3) Các đường chéo của hình hộp cắt nhau tại điểm giữa O của mỗi đường.
Áp dụng định lý đường trung tuyến ta có:
2 2 2 2
1
2
2
MA MC MO AC
′
+ = +
;
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
2 ; 2
2 2
MA MC MO A C MB MD MO BD
′ ′ ′ ′
+ = + + = +

2 2 2 2
1
2
2
MB MD MO B D
′ ′
+ = +

Cộng vế với nhau và gọi
Σ
là tổng các bình phương các khoảng cách từ M đến

8 đỉnh:
(
)
2 2 2 2 2
1
8
2
MO AC A C BD B D
′ ′ ′ ′
∑ = + + + +
(1)
Trong các hình bình hành AA’C’C và BB’D’D ta có:
(
)
2 2 2 2
2
AC A C AA AC
′ ′ ′
+ = +
và
(
)
2 2 2 2
2
BD BD BB BD
′ ′ ′
+ = +

Vì vậy:
(

)
(
)
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
A C AC BD AA BB AC BD c a b
′ ′ ′ ′
+ + = + + + = + +

Thay vào (1) ta có:
(
)
2 2 2 2
2 8
a b c MO
= + + +
∑

www.VNMATH.com
Một số dạng toán về hình hộp và hình lập phương

237

Bài 8.
Trong không gian cho 4 đường thẳng d
1
, d
2
, d
3

, d
4
song song với nhau,
trong đó không có ba đường thẳng vào nằm trong cùng một mặt phẳng. Mặt
phẳng (P) cắt 4 đường thẳng trên theo thứ tự A, B, C, D; một mặt phẳng (Q)
cắt 4 đường thẳng ấy theo thứ tự A’, B’, C’, D’. Chứng tỏ rằng các tứ diện
D’AB’C và DA’B’C’ có thê tích bằng nhau.
Giải

Giả sử hai mp(AA’C’C) và (BB’D’D)
cắt nhau theo giao tuyến OO’ thì OO’
phải song song với bốn đường thẳng
đã cho. Ta có:
( ) ( )
1 ; 2
DABC DA B C
O ABC OA B C
V
V
D D D D
V V
OO O O
′ ′ ′
′ ′ ′ ′
′ ′
= =
′ ′

Mà:
1

3
O ABC BO AC O AC
V V h S
′ ′ ′
= = ⋅

(
h
là khoảng cách từ B đến
mp(O’AC) = mp(AA’C’C) )
1
3
OA B C B OA C OA C
V V h S
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
= = ⋅

(
h
là khoảng cách từ B’ đến

(
)
(
)
mp OAC mp AA C C
′ ′
=

Vậy:

(
)
(
)
OA B C
O ABC
dt OA C
V
V
dt O AC
′ ′ ′
′
′ ′
=
′
.
Mà
(
)
(
)
(
)
1
.
2
dt OA C dt OA O dt OO C OO a
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
= + =

(a là khoảng cách giữa AA’ và CC’)
Tương tự:
(
)
1
.
2
dt O AC OO a
′ ′
=

Vậy:
OA B C O ABC
V V
′ ′ ′ ′
=
. Suy ra:
D ABC DA B C
V V
′ ′ ′ ′
=
.
A
′

D
′

C
′

O
′

B
′

A

B

O

D

C

O
′

A
′

A
O
C
C
′

www.VNMATH.com

Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

238

Bài 9.
Một hình hộp chữ nhật ABCD.A
′
B
′
C
′
D
′
, có AA
′
= a, AB = b và AD = c.
Một mặt phẳng qua đỉnh C
′
cắt các cạnh AA
′
, AB và AD lần lượt tại E, F, G.
Chứng minh rằng:
1
a b c
AE AF AG
+ + =

Giải
Theo giả thiết ta có: EG là giao tuyến
của (P) và (ADD

′
A
′
)
⇒
Mặt phẳng (P) phải cắt (BB
′
C
′
C)
theo giao tuyến C
′
K // EG.
Ta có F, K, G phải thẳng hàng vì là
giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt
phẳng (ABCD).
Giả sử EG cắt cạnh A
′
D
′
tại I,
ta phải có: C
′
I // KG


Dựng II
′
// DD
′

⇒
CIGK là hình bình hành.
Vì
//
GI KC
AA I
A I AG
AE GE GA GA
′ ′
′
⇒ = = =

⇒

a b c KC
AB AB AD
AE AF AG GA GA AG AG
+ + = + + +

BK BC
AB AD BK AB
GA AF AG AG AF
−
= + + = +
(vì AD = BC)
a b c
BK AB
AE AF AG AG AF
⇒ + + = +

Lại biết:
1
a b c
BK FB FB AB
AG FA AE AF AG FA
+
= ⇒ + + = =

Cách khác:
Ta có:
C AFG
EAFG
V
C C a
V EA EA
′
′
= =
(1);
C AEG
FAEG
V
C D b
V FA AF
′
′ ′
= =
(2) ;

1
AEFG
AEFG
V
a b c
V AE AF AG
= + + =

F
B

B
′

A
′

A

C

D

C
′

D
′

I

I
′

K

G

E

b
a
c
www.VNMATH.com