Một số dạng toán về hình hộp và hình lập phương

Tìm M∈AB để A′MCN là hình chữ nhật; hình vuông; có diện tích nhỏ nhất.. Dựng hình chữ nhật KHIJ ⇒ IJ là đoạn vuông góc chung của AC′ và BD... Gọi I, J lần lượt là các giao điểm của mặt p

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, = và tâm O, thể b

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

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 AC p 1

′

3 Cho AA′ = c Chứng minh rằng: Tổng các bình phương các khoảng cách từ

M đến 8 đỉnh của (H) là T=2(a2 +b2 +c2)+8MO2

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

1 Tính VH

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′ = Tính diện tích thiết diện do mặt c

phẳng (P) đi qua I, J, K là trung điểm AB, AD, DD′

Giải

I.1 H A ABD

1 A ADE

6

′

′

2

1 1

H

V V

V

p

−

AE

2

1

B′

A′

C

D

I

F

O

I′

M

c

b

a

2 Ta có F = DE ∩ AC; F′ = AC′ ∩ A′F

AF = AE AC CD AC AB 1 p 1

+

3 a Gọi I = AC ∩ BD; I′ = A′C′ ∩ B′D′ khi đó:

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

MI + + MI + + MI′ + ′ ′ + MI′ + ′ ′

MI +MI′ + AC +BD + A C′ ′ +B D′ ′

2

= 8MO2 +2AA′2 +(a2 +b2) (+ a2 +b2)=2(a2 +b2 +c2)+8MO2

II 1 V = dt ABCD ( ) CC′=absin αCC′

⇒ V=absin tgα β a2 +b2 +2abcosα

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

′

C

J

C′ D′

O O′

H

I

E

D

F

α

Do AC′ // (BJD) nên VOBJD VABJD 1 (ABD)

3CJ dt

3 CC dt2′

ABD

dt

OO CC

dt

2 2

2

4 dt ABD

4

CC

′

2BD JH 4 CC BD

2

CC dt OO

CC BD dt

′

′ =

trong đó

2

ab

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

3 Từ I.3 ⇒ T=2(a2 +b2 +c2)+8MO2 =2(a2 +b2 + AC2.tg2β +) 8MO2

T 2= a +b + a +b +2abcosα tg β + 8MO ; T min⇔M 0≡

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

AI AJ AI AJ ab

AH

2 2

A H = AA +AH

2 2 2 2 2 2

2 2

2

a b b c c a

a b

=

+

IJ= BD= AB + AD = a +b

1 3

4

A H IJ a b b c c a

A1

H

J

D K D′ C′

M B′

N

B

A′

C

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 M1∈AD ;N′ 1∈BD với AM1=DN1 = ∈x (0;a 2)

3

a

x= thì M N1 1 ngắn nhất

6 Giả sử M N1 1 ngắn nhất Chứng minh rằng:

a AD′ ⊥ M1N1 ⊥ DB b M1N1 // A′C

7 Chứng minh rằng: ∀ ∈x (0;a 2) 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 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′)

D

O

C

C 1

I

H

M

N

M1

N 1

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 quĩ 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 α =C FC
′ khi đó:

2

dt ABCD

dt C QAR

1 sin

3

C C C C

C F C A

2

a

2

a

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

1

1 1 1 1

DN x

AH =M H =DK=N K= = ⇒ H K1 =AD−2.AH1=a−x 2

2

x

2 2 2

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 2 3 2

M N M H H N x a x x 

3

a

M N =

3

a

x= thì M N1 1 ngắn nhất (đpcm)

6 a Khi 2

3

a

9

a

9

a

AN =a +x − ax ° =

1 1 1 1

b Kéo dài AN1 cắt BC tại C1 ⇒ 1 1 1

1 1 1 1

1 2

AN DN AM

N C = N B =M D =

′ ⇒ M1N1 // D′C1 Mặt khác:

1

1 2

AD

BC = ⇒ CC1 =A D′ ′ ⇒ A′C // D′C1 ⇒ M1N1 // A′C (đpcm)

1 1 1 1

AN DN AM

N C = N B =M D

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

C1

O1

A′

K E

A1

A

Q M

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 = 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′) Tương tự A′C ⊥ (C′BD)

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

GA CL A G LG A C

GC AC

′

3

a

2 Do DC′ // A′B′ nên

(DA′C′) ∩ (ABB′A′) = A′E // AB′

Lấy KA′ = KE

Do ∆EAA′ cân nên AK ⊥ EA′

a a

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

2

a

MA =NC =MN= ;

BP

AQ=CR= =

MA=A Q=NR=C R= ⇒C P= C R=

Ta có dt(MNRPQ) = dt(C1PA1) − 2dt(C1RN) DoS= p p( −a)(p−b)(p−c)

dt C PA = dt C RN = ⇒ dt MNRPQ( )=7a162 6 Ta có:

2

V

V

′ ′ ′ ′

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: V =dt ABCD CC( ) ′⇒V =ab.sin αCC′

Sử dụng định lí hàm cos trong tam giác ADC ta có:

2 2 2

2 2 2

2 cos

AC DA CD AD CD

AC a b ab

Tam giác vuông ACC′ cho: CC′ =ACtgβ

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

DD

KK′ = ′= + + α β

dt ABD = ab α = BD KA

D′

A′

A

B′

C′

C

B

J

K

I

H

K

E

Biết : 2 2

2 2

sin

ab

a b ab

α

Vậy (1) viết:

2 2

a b a

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1

=

Suy ra:

2 2

2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

KH

=

2 2

2

2 2 2 2 2 2 2

4 sin 1

KH

=

Hay

2 2

2 2 2 2 2 2

sin 4 sin

KH

=

2

AC

2

2 2 2 2

2

BD

2

BD

2

2 2 2 2

2

A C

2

2

B D

Cộng vế: T =MA2+MB2+MC2+MD2+MA2+M B′ 2+MC′2+MD′2

8

2

Dùng công thức tổng bình phương hai đường chéo của hình bình hành

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

2 BC′ +B C′ =2b +2CC

min 2 1 2 cos

Bài 4 Cho hình hộp ABCDA1B1C1D1 Xét M là điểm tùy ý trên đường chéo

AB1 của mặt bên AA1B1B Gọi I, J lần lượt là các giao điểm của mặt phẳng (MCD1) với các đường 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 với 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 NB = A K1 = x

+

−

1

+

=

−

Lại có:

1

+

⇒ Hai ta giác INM và JKM đồng dạng ⇒ NMI
= KMJ
⇔ I, M, J thẳng hàng

D

A

A1 J′ J K L

B1 I′

C1

D1

M

2) Từ I dựng đường thẳng song song với BB1 cắt C1B1 tại I’ và từ J dựng đường thẳng song song với BB1 cắt D1A1 tại J’

Ta có:

1

2 1

x IB

2

JA

JJ ′ =

1 1 1

+

1 1

2

IA

+

′ =

−

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

2

Do x > 0: ta cho: x = a ( 2 1 − )

Vậy điểm M được trên AB1 theo tỷ số:

1

1

2

+ +

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

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 = a 3 MK

⇔ 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

Đoạn vuông góc chung là IJ nối trung điểm của A’C và AB

a 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 H1H2 đường kính IT trong mặt phẳng (ABC’D’)

B′

D

N C′

O

K

C

M A

T

I

C′ D′

I

H1

H2

A

I D′

N′

B

H1 H M C

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 < a 2)

1) Chứng minh rằng MN luôn luôn song song với mặt phẳng (A’D’BC) khi x biến thiên

3

a

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

AM

DB

′

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:

2

2

2

2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

MN   a a x  x x ax a

3

a

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

3

a

3

a

2 2 ; 2

B′

C

B

A

N′

D

M

x

x

B′

C

B

A

A′

I

9 a

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

Bài 7 Cho hình hộp xiên ABCDA’B’C’D’

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 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

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(a2+b2+c2)+8MO2

Giải

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

3

A AED

2 ABD A B D

′ ′ ′

2

dt AED

B′

C

B

A

A′

F′

D

I

F

E

1

p

−

1

p

V

2) F là giao điểm của AC và ED; F’ là giao điểm của A’C và A’F

1 1

AF

1 AC

+

1

′

3) Các đường chéo của hình hộp cắt nhau tại điểm giữa O của mỗi đường

2

2 2 2 2 1 2; 2 2 2 2 1 2

2 2 2 2 1 2

2

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

2

Trong các hình bình hành AA’C’C và BB’D’D ta có:

Vì vậy:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

Thay vào (1) ta có: ∑=2(a2+b2+c2)+8MO2

Bài 8 Trong không gian cho 4 đường thẳng d1, d2, d3, d4 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:

V

′ ′ ′

3

(h là khoảng cách từ B đến

mp(O’AC) = mp(AA’C’C) )

1 3

V ′ ′ ′ =V ′ ′ ′ = h S⋅ ′

(h là khoảng cách từ B’ đến

OA B C

O ABC

dt OA C V

′ ′ ′

′

′ ′

=

′

2

dt OA C ′ ′ = dt OA O ′ ′ + dt OO C ′ ′ = OO a ′

(a là khoảng cách giữa AA’ và CC’)

2

Vậy: VOA B C′ ′ ′= VO ABC′ Suy ra: VD ABC′ = VDA B C′ ′ ′

A′

D′

C′ O′

B′

A

B

O

D

C

O′

A′

A

O

C C′

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

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

AE GE GA GA

AE+ AF+ AG= GA+GA+ AG+ AG

BK BC AB AD BK AB

GA AF AG AG AF

−

AE AF AG AG AF

AG FA AE AF AG FA

+

Cách khác:

Ta có: C AFG

EAFG

FAEG

1

AEFG

AEFG

V = AE+ AF + AG=

F

B

B′

A′

A

C

D C′

I′

K

G

E

b

a

c