9.3_hinh_hop_va_hinh_lap_phuong.pdf

8/17/2019 9.3_Hinh_hop_va_hinh_lap_phuong.pdf

1/16

M ộ t số d ạ ng toán về hình hộ p và hình l ậ p phươ ng

223

MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ HÌNH HỘP VÀ HÌNH LẬP PHƯƠ NG

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 V1 = V A ′ADE và V2 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 phươ ng các khoảng cách từ M đến 8 đỉnh của (H) là ( )2 2 2 22 8T a b c MO= + + +

II. Giả sử (H) là hình hộp đứng, BAD = α , AC ′ tạo vớ i đáy góc β .

1. Tính VH.

2. Xác định đườ ng ⊥ chung và tính khoảng cách BD, AC′.

3. Tính tổng T các bình phươ ng 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 6V V

AB p AE

′

′

= = =

( )121 1

6 1 H

V V V p

V V

−⇒ = = −

Vì E ∈ đoạn AB nên 1 AB p AE

= ≥

( )2

1

6 1 min minV AB p pV AE

⇒ = − ⇔ = 1 E B p⇔ = ⇔ ≡ .

D′ C′

B′ A′

A B

CD

IF

O

I′

M

c

ba


2/16

Phầ n 2. Hình họ c không gian – Trầ n Phươ ng

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 2C 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 2T MA MC MB MD MA MC MB MD′ ′ ′ ′= + + + + + + +

= 2 22 2

2 2 2 22 2 2 22 2 2 2

AC A C BD B D MI MI MI MI ′ ′ ′ ′′ ′+ + + + + + +

= ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 21 142 2

MI MI AC BD A C B D′ ′ ′ ′ ′+ + + + +

= ( ) ( )2 2 2 2 2 214 22

MO II AB AD A B A D ′ ′ ′ ′ ′+ + + + +

= ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 28 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 2tg tg 2 cos tg 2 cosCC AC a b ab a b ab′ = β + β + − π − α = β + + α

⇒ 2 2V sin tg 2 cosab 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( )OBJDV3BJD

EF OOdt

′= = .

A B

C

J

C′ D′

A′ B′

O

O′

HI

E

DF

α


3/16


225

Do AC′ // (BJD) nên ( )OBJD ABJD

1V V ABD3

CJ dt = = ( )1 ABD3 2

CC dt ′

= ⋅

⇒ ( )

( )

ABD

2 BJD

dt OO CC

dt ′ ′= (*). Kẻ JH ⊥ BD ⇒ CH ⊥ BD

⇒ ( ) ( ) ( )[ ]2

22 2

2

4 dt ABD2dt BCD 2dt ABD ;4

CC CH JH CJ CH BD BD BD

′= = = + = +

( ) ( )[ ]22 21 1dt BJD . ' . 16 dt ABD

2 4 BD JH CC BD⇒ = = +

Thế vào (*)⇒ ( )

( )[ ]22

2 ABD

. 16 ABD

CC dt OO

CC BD dt

′′ =

′ +

trong đó

( )2 2 2 2sintg 2 cos , ABD , 2 cos2

abCC a b ab dt BD a b abα′ = β + − α = = + − α

3. Từ I.3. ⇒ ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 22 8 2 . tg 8T a b c MO a b AC MO= + + + = + + β +

( )2 2 2 2 2 2T 2 2 cos tg 8 ; T min M 0a 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(A1IJ).

Kẻ A1H ⊥ 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 22

a b b c c a

a b

+ +=

+

2 2 2 21 1 1

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

Vậy dt(IJKLMN) = 6dt(A1IJ)2 2 2 2 2 2

133. .4

A H IJ a b b c c a= = + +

A1

I A

H

J D

K

D′

C′ M B′

N

B

A′ C


4/16


226

B. HÌNH LẬP PHƯƠNG

Bài 1. Cho hình lập phươ ng 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 qu ĩ 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 1M AD ;N BD′∈ ∈ vớ i ( )1 1 0; 2 AM DN x a= = ∈

Chứng minh rằng: Vớ i 23

a x = thì 1 1 M N ngắn nhất.

6. Giả sử 1 1 M N ngắn nhất. Chứng minh rằng:

a. AD ′ ⊥ M1N1 ⊥ DB. b. M1N1 // A′C.

7. Chứng minh rằng: ( )0; 2 x a∀ ∈ ta có M1N1 // (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 là2

min

63

22

aaS ME A C a′= ⋅ = ⋅ =

3. Gọi I ≡ CB′ ∩ BC′ ⇒ CI ⊥ (ABC′D′)⇒ CI ⊥ MN. Lại có: CH ⊥ MN

⇒ IH ⊥ MN ⇒ H ∈ đườ ng tròn đườ ng kính OI trong mặt phẳng (ABC′D′)


5/16


227

D

O

A B

C

C1

D′ C′

A′ B′

I

H

M

N

M1

N1 x

x

R′

Q′

R

Q

Khi M ≡ A thì N ≡ C′ và H ≡ H1 ; khi M ≡ B thì N ≡ D′ và H ≡ H2.

Vậy qu ĩ tích điểm H khi M ∈ AB là cung H1H2.

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 ABCDdt 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 min2

a′ = xảy ra ⇔ F ≡ A ⇔ R,Q là trung điểm BB′, DD′

5. Kẻ M1H1 ⊥ AD, N1K ⊥ AD ⇒ ∆H1AM1, ∆KDN1 vuông cân suy ra:

11 1 1 1

2 2

DN x AH M H DK N K = = = = = ⇒ 1 12. 2 H K AD AH a x= − = −

và ( )2 2

2 2 21 1 1 1 22

x H N KN H K a x= + = + − . Do M1H1 ⊥ H1N1 nên:

( )

222

2 2 2 21 1 1 1 1 1 22 3 3 3a a M N M H H N x a x x

= = + − = − + ⇒ 1 1 min 3

a M N =

Vậy vớ i 23

a x = thì 1 1 M N ngắn nhất. (đpcm)

6. a. Khi 23

a x = thì

22 21

29a

AM x= = ;2

2 2 21

52 cos459a

AN a x ax= + − ° =

⇒ 2 2 21 1 1 1 AM M N AN + = ⇒ M1N1 ⊥ AD ′. Tươ ng tự M1N1 ⊥ BD ⇒ (đpcm)

b. Kéo dài AN1 cắt BC tại C1 ⇒ 1 1 1

1 1 1 1

12

AN DN AM

N C N B M D= = =

′ ⇒ M1N1 // D′C1.

Mặt khác: 1 12 AD

BC = ⇒ 1CC A D′ ′= ⇒ A′C // D′C1 ⇒ M1N1 // A′C (đpcm)

7. 1 1 11 1 1 1

AN DN AM

N C N B M D= =

′ ( )0; 2 x a∀ ∈ ⇒ M1N1 // D′C1 ⇒ M1N1 // (A′BCD′)


6/16


228

C1

C R C′

O1

A′

K

E

A1

A Q

M

D

O2 B

L D′

P

N

B′

Bài 2. Cho hình lập phươ ng ABCD.A′B′C′D′ cạnh a

1. Chứng minh rằng: (AB′D′) ⊥ A′C. Tìm khoảng cách (AB′D) vớ i (C ′BD)

2. Dựng góc hợ p bở i (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 = 3PB′.

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′). Tươ ng tự A′C⊥ (C′BD).

Gọi G= 1A C AO′ ∩ ; L = 2A C CO′ ∩ . Ta có:

1 312 3 3

A O aGA A C CL A G LG

GC AC

′′ ′′= = ⇒ = = = =

⇒ d((AB′D′), (C′BD)) = LG = 33

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 62

;2 2

aa

AK DK AD AK = = + = 3

cos 3

AK

AKD DK ⇒ = =

3. Kéo dài MN cắt BC, BA tại C1, A1. Nối A1P cắt AA ′ tại Q

Nối C1P cắt CC′ tại R ⇒ MNRPQ là thiết diện cần tìm.

Dễ tính đượ c1 1

2

2

a MA NC MN = = = ;

3 4a BP AQ CR= = =

Do đó 1 1 1 15 3 5

34 4

a a MA A Q NR C R C P C R= = = = ⇒ = =

Ta có dt(MNRPQ) = dt(C1PA1) − 2dt(C1RN). Do ( ) ( ) ( )S p p a p b p c= − − −

nên ( ) ( )

2 2

1 1 19 6 6;16 16a adt C PA dt C RN = = ⇒ ( )

2

7 616adt MNRPQ = . Ta có:

1 1

2 3 11 2 1

2

25 71 252 ; .96 96 71 NCRBPQAM C BPA C CNP ABCDA B C D

V V V V V a V V V a

V ′ ′ ′ ′= = − = = − = ⇒ =


7/16


229

Bài 3. Cho hình hộp ABCDA′B′C′D′, AB = a, AD = b, BAD = α , đườ ng chéo

AC′ tạo vớ i đáy góc β, giao điểm các đườ ng chéo của hình hộp là O.

1) Tính thể tích hình hộp.

2) Xác định đườ ng vuông góc chung và tính khoảng cách giữa BD và AC′.3) Tính tổng T các bình phươ ng 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 22 . cos

2 cos AC DA CD ADCD

AC a b ab= + − π −α

⇒ = + + α

Tam giác vuông ACC′ cho: tgCC AC ′ = β

2 2 2 cos .sin . tgV 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 vớ i 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 costg

2 2a b ab DDKK

+ + α′′ = = β

∆ABD cho: ( ) 1 1sin .2 2

dt ABD ab BD KA= α =

D′

A′

A

B′

C′

C

B

JK

IH

DO

KE


8/16


230

Biết : 2 22 2

sin2 cos2 cos

ab BD a b ab KAa b ab

α= + − α ⇒ =+ − α

Vậy (1) viết:( )

2 2

2 2 2 2 2 2

2 cos1 4

sin2 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 sin1

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

22 2 2 2 2 2 2 2 2

sin 2 cos

4 cos 4 sin

ab tg a b abKH

a b a b tg a b

α β α

α β α

+ +=

+ − +

( ) ( )

2 2

22 2 2 2 2 2 2

sin 2 cos

4 sin 1

ab tg a b abKH

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 abKH a b a b

α β α

β α

+ +=− +

3) Định lý về đườ ng trung tuyến cho:2

2 2 222

AC MA MC MO+ = +

22 2 22

2 BD MB MD MO+ = + ;

22 2 22

2 BD MB MD MO+ = + ;

22 2 22

2 A C MC MA MO

′+ = + ;

22 2 22

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 2 218

2 MO AC A C BD B′ ′= = + + +

Dùng công thức tổng bình phươ ng hai đườ ng chéo của hình bình hành.

( ) ( )2 2 2 2 2 22 2 AC BD AB BC a BC ′ ′ ′+ = + = +

( ) ( )2 2 2 2 2 2 22 2 A C B D AB B C a B C ′ ′ ′+ = + = +

Thay vào T và để ý rằng: ( )2 2 2 22 2 2 BC B C b CC ′ ′+ = +

( )2 2 2 2 2 2

8 2 2 cosT MO a b a b ab tgα β = + + + + +

Suy ra T nhỏ nhất khi M trùng O ( )( )2 2 2 2min 2 1 2 cosT a b tg ab tgβ β = + + +


9/16


231

Bài 4. Cho hình hộp ABCDA1B1C1D1. Xét M là điểm tùy ý trên đườ ng chéo

AB1 của mặt bên AA1B1B. Gọi I, J lần lượ t là các giao điểm của mặt phẳng

(MCD1) vớ i các đườ ng thẳng BC1 và DA1.

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

(A1B1C1D1).

Giải

1. mp(MCD1) cắt (ABB1A1) theo giao tuyến ∆

qua M song song vớ i CD1 // A1B,

∆ cắt A1B1 tại L và BB1 tại N.

I là giao điểm của BC1 và CN.

NL kéo dài cắt AA1 tại K

⇔ J là giao điểm của DA1 và D1K.

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 BA1, song song và bằng CD1

⇒ CNKD1 là hình bình hành INM JKM ⇒ = .

Đặt CC1 = a và 1 NB A K x= =

Ta có: 1CC 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 KDa a a x JK A K x JK x JK x

+ −= = ⇒ = ⇒ = (2)

Từ (1) và (2) kết hợ p vớ i1

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

CB

A

A1 J′

J K L B1I′ C1

D1M


10/16


232

2) Từ I dựng đườ ng thẳng song song vớ i BB1 cắt C1B1 tại I’ và từ J dựng

đườ ng thẳng song song vớ i BB1 cắt D1A1 tại J’.

Ta có:

( )

12

1

1 1 1 1

C I aC I x a a II IB II

BB C B a a x a xC I IB x IB

′ ′= = = = ⇒ =+ +

+ +

Dễ thấy tg A1J’J vuông cân nên: 12

JA JJ ′ =

Biết rằng: 1 1 11 1 1

IA A K JA x JD DD JA A D a

= ⇔ =+

1 11

1

2

2 2

JA JA a x x x IAa a x a x JA a

= ⇒ = ⇒ =− −+

Vậy: ax JJ a x′ = −

Để trung điểm của IJ thuộc mặt phẳng A1B1C1D1 thì II’ = JJ’

( ) ( )2

2 22 0 2a ax a a x x a x x ax a x a aa x a x

⇔ = ⇔ − = + ⇔ + − = ⇔ = − ±+ −

Do x > 0: ta cho: ( )2 1 x a= −

Vậy điểm M đượ c trên AB1 theo tỷ số:

( )

( )1

1

2 2 22

2 1

22 2

MA a x a

MB a x a

++

= = = = +

− −

Bài 5. Cho hình lập phươ ng 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) Vớ i vị trí nào của M thì tứ giác trên là hình chữ nhật? Liệu nó có thể

là hình vuông đượ c 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.


11/16


233

Giải

1) Dễ biết thiết diện MA’CN là một hình bình hành.

2) A’MCN là hình chữ nhật khi M

trùng vớ i A hay B. Để A’MCN là hình

vuông thì trướ c 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 đượ c.

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 Smin ⇔ 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)

22

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

623

2 2aa

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 vớ i ABC’D’.

Nếu CH ⊥ MN (MN luôn luôn qua trung điểm I của AC’)

Ta có: HI ⊥ HT

Điểm M nhìn IT dướ i góc vuông nên quỹ tích của H là cung tròn H1H2 đườ ng

kính IT trong mặt phẳng (ABC’D’)

B′

A′ D′

D

NC′

O

K

CBJ

MA

TI

A B

C′ D′

I

H1

H2

A

I

D′ N′

H2T

BH1H

M

C


12/16


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 < 2a )

1) Chứng minh rằng MN luôn luôn song song vớ i mặt phẳng (A’D’BC) khi xbiến thiên.

2) Chứng minh rằng khi 23

a x = thì đoạn MN ngắn nhất.

3) Khi MN ngắn nhất:

a) Chứng minh rằng khi đó MN là đườ ng vuông góc chung của AD’ và DB’.

b) Chứng minh rằng khi đó MN song song vớ i A’C.

Giải

1) Ta có:2

DN x AM DB AD a

= =′

Suy ra MN, AD, BD’ cùng song song vớ i

một mặt phẳng đó là mp(A’D’CB).

2) Dựng MN’ ⊥ AD và NN’ ⊥ AD, ta có:

AM’ = DN’ = 22

x ;

2 22

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

22 2 2 222 2 2 2 2 2

2 MN a a x x x ax a

= + − − = + − +

( ) ( )2 2 2 23 2 2 6 2 2 03

a MN x ax a f x f x x a x′= − + = ⇒ = − = ⇒ =

Suy ra: MN nhỏ nhất khi 23

a x =

3) * Khi 23

a x = thì:

2 22 22 ;

9 3a a AM MN = =

D′ C′

B′

C

BA

A′ M′

N′

D

M

x x

D′ C′

B′

C

BA

A′

M D

I


13/16


235

22 2 2 2 5

9a MN AM AN AN ⇒ + = ⇒ =

Vậy MN AM ⊥ . Tươ ng 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: 21 12 3 3

a ND ID DN DB NB IC

= = ⇒ = =

Tươ ng tự: 213 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 V1, của phần còn lại của hình hộp là V2. Tính theo p tỷ số 21

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’ vớ i 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 đườ ng chéo của hình hộp. Chứng minh rằng tổng các

bình phươ ng các khoảng cách từ một điểm M bất kỳ trong không gian đến tám

đỉnh của hình hộp bằng ( )2 2 2 22 8a b c MO+ + + .

Giải

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

( )11 .3 A AED

V V dt AED h′= = (1)

( ). .2 ABD A B DV V dt ABD h′ ′ ′= = (2)

( )

( )1 1 1 1

3 3 32

dt AEDV AE V AB pdt ABD

= = =

D′ C′

B′

C

BA

A′

F′ D

IF

E


14/16


236

1

1

1 16 6 1

V V V p V V p

⇒ = ⇒ =− −

⇒ 1 22 1

1 6 16 1

V V p

V p V = ⇒ = −

−

Vì 2

1

1 V

pV

≥ ⇒ 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

= = =

11

AF AF FD p

⇒ =+ +

1 11

AC AF p AC p AF

⇒ = ⇔ = ++

Hai tam giác AF’F và C’F’A’ đồng dạng cho: 11

AF AF AF AC pF C A C

′= = =

′ ′ ′ +

( )1 1 1 2

2 21 1 AC AF AF p

p p AF F C AC AF p′′ ′⇒ = = ⇒ = ⇔ = +

′ ′ ′ ′ ′+ ++ +

3) Các đườ ng chéo của hình hộp cắt nhau tại điểm giữa O của mỗi đườ ng.

Áp dụng định lý đườ ng trung tuyến ta có: 2 2 2 2122

MA MC MO AC ′+ = + ;

2 2 2 2 2 2 2 21 12 ; 22 2

MA MC MO A C MB MD MO BD′ ′ ′ ′+ = + + = +

2 2 2 2122

MB MD MO B D′ ′+ = +

Cộng vế vớ i nhau và gọi Σ là tổng các bình phươ ng các khoảng cách từ M đến

8 đỉnh: ( )2 2 2 2 2182

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 22 AC A C AA AC ′ ′ ′+ = + và ( )2 2 2 22 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 22 8a b c MO= + + +∑


15/16


237

Bài 8. Trong không gian cho 4 đườ ng thẳng d1, d2, d3, d4 song song vớ i nhau,

trong đó không có ba đườ ng thẳng vào nằm trong cùng một mặt phẳng. Mặt

phẳng (P) cắt 4 đườ ng thẳng trên theo thứ tự A, B, C, D; một mặt phẳng (Q)

cắt 4 đườ ng 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 vớ i bốn đườ ng thẳng

đã cho. Ta có:

( ) ( )1 ; 2 DABC DA B C O ABC OA B C

V V D D D DV V OO O O

′ ′ ′

′ ′ ′ ′

′ ′= =

′ ′

Mà: 13O ABC BO AC O AC

V V h S ′ ′ ′= = ⋅

(h là khoảng cách từ B đến

mp(O’AC) = mp(AA’C’C) )

13OA 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’)

Tươ ng 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

OC

C′


16/16


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 lượ t tại E, F, G.

Chứng minh rằng: 1a 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 ABGA AF AG AG AF

−= + + = + (vì AD = BC)

a b c BK AB AE AF AG AG AF

⇒ + + = +

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

+= ⇒ + + = =

Cách khác:

Ta có:C AFG

EAFG

V C C aV EA EA

′ ′= = (1);

C AEG

FAEG

V C D bV FA AF

′ ′ ′= = (2) ;

1 AEFG

AEFG

V a b cV AE AF AG

= + + =

F

B

B′

A′

A

C

D

C′

D′ I

I′

K

G

E

b

ac

9.3_hinh_hop_va_hinh_lap_phuong.pdf

Documents