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 [...]...www.VNMATH.com M t s d ng toán v hình h p và hình l p phương Gi i 1) D bi t thi t di n MA’CN là m t hình bình hành 2) A’MCN là hình ch trùng v i A hay B nh t khi M B′ A’MCN là hình c hai v trí c a M hay B thì A’MCN không th N C′ O I vuông thì trư c h t nó ph i là hình ch nh t, nhưng D′ A′ K T A là hình vuông ư c J B M D A C 3) V y t giác A’MCN vuông góc c a M trên... 2 I A 234 B www.VNMATH.com M t s d ng toán v hình h p và hình l p phương 2 ⇒ MN 2 + AM 2 = AN 2 ⇒ AN 2 = 5a 9 V y MN ⊥ AM Tương t : MN ⊥ ND Suy ra MN là o n vuông góc chung c a AD’ và BD * G i I là trung i m c a AD; A’I c t AD’ t i M và CI c t BD t i N a 2 Ta có: ND = ID = 1 ⇒ DN = 1 DB = NB 2 IC 3 3 2 V y: MN // A’C Tương t : AM = 1 AD ′ = a 3 3 Bài 7 Cho hình h p xiên ABCDA’B’C’D’ Trên c nh AB... ph ng (A’DE) chia hình h p thành hai ph n G i th tích c a kh i A’ E là V1, c a ph n còn l i c a hình h p là V2 Tính theo p t s nh v trí c a i m E trên c nh AB t s V2 và xác V1 ó là nh nh t 2) G i F và F’ là giao i m c a AC và AC’ v i m t ph ng (A’DE) theo th t ′ Ch ng minh r ng: AC = p + 1 và AC = p + 2 AF 3) G i các AF ′ dài c a ba c nh xu t phát t m t nh c a hình h p là a, b, c và O là giao i m c... 2 = 2 ( AA′ 2 + AC 2 ) và BD ′ 2 + BD′ 2 = 2 ( BB ′ 2 + BD 2 ) Vì v y: A′ C 2 + AC 2 + BD ′ 2 = 2 ( AA′ 2 + BB′ 2 + AC 2 + BD 2 ) = 2 (2c 2 + 2a 2 + 2b2 ) Thay vào (1) ta có: 236 ∑ = 2(a 2 + b 2 + c 2 ) + 8MO 2 n www.VNMATH.com M t s d ng toán v hình h p và hình l p phương Bài 8 Trong không gian cho 4 ư ng th ng d1, d2, d3, d4 song song v i nhau, trong ó không có ba ư ng th ng vào n m trong cùng m t... AA’ và CC’) Tương t : dt (O ′AC ) = 1 OO ′.a 2 V y: VOA ′B ′C ′ = VO ′ABC Suy ra: VD ′ABC = VDA′B ′C ′ 237 www.VNMATH.com Ph n 2 Hình h c không gian – Tr n Phương Bài 9 M t hình h p ch nh t ABCD.A′B′C′D′, có AA′ = a, AB = b và AD = c M t m t ph ng qua nh C′ c t các c nh AA′, AB và AD l n lư t t i E, F, G Ch ng minh r ng: a + b + c = 1 AE AF AG E Gi i Theo gi thi t ta có: EG là giao tuy n c a (P) và. .. Hình h c không gian – Tr n Phương ⇒ V1 V V ⇒ 1 = 1 ⇒ 2 = 6 p −1 = 1 ⇒ V = 1 V2 6 p − 1 V1 6p V V − V1 6 p − 1 Vì p ≥ 1 ⇒ V2 nh nh t khi p = 1 ⇔ E ≡ B V1 2) F là giao i m c a AC và ED; F’ là giao i m c a A’C và A’F Tam giác AFE và CED ⇒ ng d ng cho: AF = AE = AE = 1 FD AB p AF = 1 ⇒ AF = 1 ⇔ AC = p + 1 AC p +1 AF AF + FD p +1 ′ ng d ng cho: AF = AF = AF = Hai tam giác AF’F và C’F’A’ ⇒ DC F ′C A′ C ′... chéo c a hình h p c t nhau t i i m gi a O c a m i ư ng Áp d ng nh lý ư ng trung tuy n ta có: MA2 + MC 2 = 2 MO 2 + 1 AC ′ 2 ; 2 MA′ 2 + MC 2 = 2MO 2 + 1 A′ C 2 ; MB 2 + MD ′ 2 = 2 MO 2 + 1 BD′ 2 2 2 MB ′ 2 + MD 2 = 2MO 2 + 1 B ′D 2 2 C ng v v i nhau và g i Σ là t ng các bình phương các kho ng cách t M 8 nh: ∑ = 8MO 2 + 1 ( AC ′ 2 + A′ C 2 + BD ′ 2 + B ′D 2 ) (1) 2 Trong các hình bình hành AA’C’C và BB’D’D... o n vuông góc chung c a AB và AC’ Ta có: AB // CD ⇒ Kho ng cách t A A n mp(A’CD) B H1 cũng là kho ng cách ng n nh t gi a AB và A’C I D ng AO ⊥ A’D (O là trung i m c a A’D) H2 Ta có AO ⊥ CD ⇒ AO ⊥ (A’CD) C′ D′ ⇒ AO = a 2 là kho ng cách ng n nh t gi a AB và A’C 2 o n vuông góc chung là IJ n i trung i m c a A’C và AB Suy ra: Smin C 2 = a 3⋅ a 2 = a 6 2 2 4) MN luôn luôn qua I và thu c mp(ABC’D) A G i T... www.VNMATH.com Ph n 2 Hình h c không gian – Tr n Phương Bài 6 Cho hình h p ABCDA’B’C’D’ c nh a Các i m M thu c AD và N thu c DB sao cho AM = DN = x (0 < x < a 2 ) 1) Ch ng minh r ng MN luôn luôn song song v i m t ph ng (A’D’BC) khi x bi n thiên 2 thì o n MN ng n nh t 2) Ch ng minh r ng khi x = a 3 3) Khi MN ng n nh t: a) Ch ng minh r ng khi ó MN là ư ng vuông góc chung c a AD’ và DB’ b) Ch ng minh r... chéo c a hình h p Ch ng minh r ng t ng các bình phương các kho ng cách t m t i m M b t kỳ trong không gian n tám nh c a hình h p b ng 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) + 8MO 2 Gi i D′ C′ G i h là chi u cao c a lăng tr , ta có: V1 = VA ′AED = 1 dt ( AED ).h (1) 3 V =V = dt ( ABD).h (2) ABD A ′ B ′D ′ 2 V1 1 dt ( AED ) 1 AE = = = 1 V 3 dt ( ABD ) 3 AB 3 p 2 B′ A′ F′ I A E C D F B 235 www.VNMATH.com Ph n 2 Hình h . 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. 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. 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