Ôn thi Toán 12: 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 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 1AC pAF = + và 2
AC pAF
′
= +
′
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 22 8T a b c MO= + + + 
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 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
′
′
= = = 
( )12
1 1
6 1H
V VV
p
V V
−
⇒ = = − 
Vì E ∈ đoạn AB nên 1ABp
AE
= ≥ 
( )2
1
6 1 min min
V ABp p
V AE
⇒ = − ⇔ = 1 E Bp⇔ = ⇔ ≡ . 
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 1AC 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 22 2 2 22 2 2 2
2 2 2 2
AC A CBD B DMI MI MI MI′ ′ ′ ′′ ′+ + + + + + + 
= ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 21 14
2 2
MI MI AC BD A C B D′ ′ ′ ′ ′+ + + + + 
= ( ) ( )2 2 2 2 2 214 2
2
MO II AB AD A B A D ′ ′ ′ ′ ′+ + + + +
  
= ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 28 2 2 8MO 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 + − pi − 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 ( )
OBJDV3
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 1V V ABD3 CJ dt= = ( )
1 ABD3 2
CC dt′= ⋅ 
⇒ 
( )
( )
ABD
2 BJD
dtOO CC
dt
′ ′= (*). Kẻ JH ⊥ BD ⇒ CH ⊥ BD 
⇒ 
( ) ( ) ( )[ ]222 2
2
4 dt ABD2 dt BCD 2dt ABD ;
4
CCCH 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 dtOO
CC BD dt
′
′ =
′ +
 trong đó 
( )2 2 2 2sintg 2 cos , ABD , 2 cos
2
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 abAH
IJ AI AJ a b
= = =
+ +
2 2
1 1A 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 21 33. . 4A H IJ a b b c c a= = + + 
A1 
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 1M AD ;N BD′∈ ∈ với ( )1 1 0; 2AM DN x a= = ∈ 
Chứng minh rằng: Với 23
a
x = thì 1 1M N ngắn nhất. 
6. Giả sử 1 1M N ngắn nhất. Chứng minh rằng: 
a. AD′ ⊥ M1N1 ⊥ DB. b. M1N1 // A′C. 
7. Chứng minh rằng: ( )0; 2x 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 là 
2
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 ∈ 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 
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 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 
C FC′α = khi đó: 
( ) ( ) 2
2
dt ABCDdt C QAR
cos 1 sin
a
′ = =
α
− α
1sin
3
C C C C
C F C A
′ ′α = ≥ =
′ ′
 ⇒ ( ) 2 6dt C QAR 2
a
′ ≥
Vậy ( ) 2 6dt C QAR min 2
a
′ = xảy ra ⇔ F ≡ A ⇔ R,Q là trung điểm BB′, DD′ 
5. Kẻ M1H1 ⊥ AD, N1K ⊥ AD ⇒ ∆H1AM1, ∆KDN1 vuông cân suy ra: 
1
1 1 1 1 2 2
DN xAH M H DK N K= = = = = ⇒ 1 12. 2H K AD AH a x= − = − 
và ( )2 22 2 21 1 1 1 22xH N KN H K a x= + = + − . Do M1H1 ⊥ H1N1 nên: 
( )
2 222 2 2 2
1 1 1 1 1 1
22 3 3 3
a aM N M H H N x a x x = = + − = − + 
 
 ⇒ 1 1 min 3
aM N = 
Vậy với 23
a
x = thì 1 1M N ngắn nhất. (đpcm) 
6. a. Khi 23
a
x = thì 
2
2 2
1
2
9
aAM x= = ; 
2
2 2 2
1
52 cos 45 9
aAN a x ax= + − ° = 
⇒ 2 2 21 1 1 1AM M N AN+ = ⇒ M1N1 ⊥ AD′. Tương tự M1N1 ⊥ BD ⇒ (đpcm) 
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 = ⇒ 1CC A D
′ ′= ⇒ A′C // D′C1 ⇒ M1N1 // A′C (đpcm) 
7. 1 1 1
1 1 1 1
AN DN AM
N C N B M D
= =
′
( )0; 2x a∀ ∈ ⇒ M1N1 // D′C1 ⇒ M1N1 // (A′BCD′) 
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương 
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 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 = 1A C AO′ ∩ ; L = 2A C CO′ ∩ . Ta có: 
1 31
2 3 3
A O aGA ACCL 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
aaAK DK AD AK= = + = 
 3cos 3
AKAKD
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 được 1 1
2
2
aMA NC MN= = = ; 3 4
aBPAQ CR= = = 
Do đó 1 1 1 1
5 3 53
4 4
a aMA 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 21 1 19 6 6;16 16
a adt C PA dt C RN= = ⇒ ( ) 27 616
adt MNRPQ = . Ta có: 
1 1
2 3 1
1 2 1
2
25 71 252 ; .96 96 71NCRBPQAM 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 ADCD
AC a b ab
= + − pi−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 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 tg2 2
a b abDDKK + + α′′ = = β 
∆ABD cho: ( ) 1 1sin .2 2dt 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
sin2 cos
2 cos
abBD a b ab KA
a b ab
α
= + − α ⇒ =
+ − α
Vậy (1) viết: ( )
2 2
2 2 2 2 2 2
2 cos1 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 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 đường trung tuyến cho: 
2
2 2 22
2
ACMA MC MO+ = + 
22 2 22 2
BDMB MD MO+ = + ; 
22 2 22 2
BDMB MD MO+ = + ; 
22 2 22 2
A CMC MA MO ′+ = + ; 
22 2 22 2
B DMD MB MO ′+ = + 
Cộng vế: 2 2 2 2 2 2 2 2T MA MB MC MD MA M B MC MD′ ′ ′= + + + + + + + 
 ( )2 2 2 2 218 2MO AC A C BD B
′ ′= = + + + 
Dùng công thức tổng bình phương hai đường chéo của hình bình hành. 
( ) ( )2 2 2 2 2 22 2AC BD AB BC a BC′ ′ ′+ = + = + 
( ) ( )2 2 2 2 2 2 22 2A C B D AB B C a B C′ ′ ′+ = + = + 
Thay vào T và để ý rằng: ( )2 2 2 22 2 2BC B C b CC′ ′+ = + 
( )2 2 2 2 2 28 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 = + + +   
www.VNMATH.com
 Một số dạng toán về hình hộp và hình lập phương 
231 
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 1NB A K x= = 
Ta có: 1
CC a xIC 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 hợp với 1CN KD= ta có: a xJKIN a x
+=
−
Lại có: 
1
a xMK 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 
A1 J′
J
 K
L
B1 I′
C1 
D1 
M
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương 
232 
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
1 1 1 1
C I a
C I x a aII IB IIBB C B a a x a xC I IB
xIB
′ ′= = = = ⇒ =
+ ++ +
Dễ thấy tg A1J’J vuông cân nên: 1
2
JAJJ ′ = 
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 xx x IA
a a x a xJA a
= ⇒ = ⇒ =
− −+
Vậy: axJJ
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 a
a x a x
⇔ = ⇔ − = + ⇔ + − = ⇔ =− ±
+ −
Do x > 0: ta cho: ( )2 1x a= − 
Vậy điểm M được trên AB1 theo tỷ số: 
( )
( )
1
1
2 2 22 2 122 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 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) 
2
2
aAO⇒ = 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 2
aaS 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′ 
A′ D′ 
D 
N 
C′ 
O 
K 
C B 
J M 
A 
T 
I 
A B 
C′ D′ 
I 
H1 
H2 
A 
I 
D′ 
N′ 
H2
T 
B 
H1 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 < 2a ) 
1) Chứng minh rằng MN luôn luôn song song với mặt phẳng (A’D’BC) khi x 
biến 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 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 xAM
DBAD 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’ = 22
x ; 
2 2
2
a xAN DM −′ ′= = 
Ta biết: ( )NN AA D D′ ′⊥ 2 2 2MN MN NN′ ′⇒ = + 
2 2 2 2 2 22MN 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 0 3
aMN 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 3
a aAM 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
aMN 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: 21 12 3 3
aND ID DN DBNB IC= = ⇒ = = 
Tương tự: 213 3
aAM AD′= = . Vậy: MN // A’C. 
Bài 7. Cho hình hộp xiên ABCDA’B’C’D’. 
 Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho AB pAE = . 
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. 
Chứng minh rằng: 1AC pAF = + 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 22 8a b c MO+ + + . 
Giải 
Gọi h là chiều cao của lăng trụ, ta có: 
( )1
1
.3A AEDV 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 AEDV AE
V AB pdt 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 16 1
V V pV p V= ⇒ = −− 
Vì 2
1
1 Vp V≥ ⇒
 nhỏ nhất khi 1p 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: 1AF AE AE
FD DC AB p= = = 
1
1
AF
AF FD p
⇒ =
+ +
1 11
ACAF pAC p AF⇒ = ⇔ = ++ 
Hai tam giác AF’F và C’F’A’ đồng dạng cho: 1 1
AF AF AF
AC pF C A C
′ = = =
′ ′ ′ +
( )
1 1 1 22 21 1
ACAF AF pp pAF F C AC AFp
′′ ′⇒ = = ⇒ = ⇔ = +
′ ′ ′ ′ ′+ ++ +
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 2 212 2MA MC MO AC′+ = + ; 
2 2 2 2 2 2 2 21 12 ; 22 2MA MC MO A C MB MD MO BD
′ ′ ′ ′+ = + + = + 
2 2 2 212 2MB 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 2 218 2MO AC A C BD B D
′ ′ ′ ′∑ = + + + + (1) 
Trong các hình bình hành AA’C’C và BB’D’D ta có: 
( )2 2 2 22AC A C AA AC′ ′ ′+ = + và ( )2 2 2 22BD BD BB BD′ ′ ′+ = + 
Vì vậy: 
( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2A C AC BD AA BB AC BD c a b′ ′ ′ ′+ + = + + + = + + 
Thay vào (1) ta có: ( )2 2 2 22 8a 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 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: 
( ) ( )1 ; 2DABC DA B C
O ABC OA B C
VV D D D D
V VOO O O
′ ′ ′
′ ′ ′ ′
′ ′= =
′ ′
Mà: 13O ABC BO AC O ACV V h S′ ′ ′= = ⋅ 
(h là khoảng cách từ B đến 
mp(O’AC) = mp(AA’C’C) ) 
1
3OA B C B OA C OA CV V h S′ ′ ′ ′ ′ ′ ′= = ⋅ 
(h là khoảng cách từ B’ đến 
 ( ) ( )mp OAC mp AA C C′ ′= 
Vậy: 
( )
( )
OA B C
O ABC
dt OA CV
V dt O AC
′ ′ ′
′
′ ′
=
′
. 
Mà ( ) ( ) ( ) 1 .2dt OA C dt OA O dt OO C OO a
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′= + = 
(a là khoảng cách giữa AA’ và CC’) 
Tương tự: ( ) 1 .2dt O AC OO a
′ ′= 
Vậy: OA B C O ABCV V′ ′ ′ ′= . Suy ra: D ABC DA B CV 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: 1a b cAE 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 KCAA IA 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: 1a b cBK FB FB ABAG 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) ; 
 1AEFG
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