Bài học

Ôn tập: quan hệ vuông góc, khoảng cách và thể tích

Mục tiêu bài học

Sau bài này, em giải được một bài toán tổng hợp nhiều phần (a, b, c, d) đúng cấu trúc đề kiểm tra học kì Toán 11, huy động đủ bốn kĩ năng đã học: chứng minh vuông góc, tính góc, tính khoảng cách và tính thể tích — trên cùng một hình vẽ duy nhất.

Bài ôn tập này không giới thiệu kiến thức mới. Toàn bộ nội dung tái sử dụng chính xác những định lí, dấu hiệu và công thức của năm bài trước: dấu hiệu đường thẳng vuông góc mặt phẳng và tính chất suy ra (Chương 1), hình chiếu vuông góc và góc giữa đường thẳng - mặt phẳng (Chương 2), góc nhị diện và dấu hiệu hai mặt phẳng vuông góc (Chương 3), khoảng cách điểm - mặt phẳng (Chương 4), và thể tích khối chóp (Chương 5).

Vì sao cần bài ôn tập này

Một đề kiểm tra học kì thật sự hiếm khi hỏi riêng lẻ từng kĩ năng — thay vào đó, đề thường cho MỘT hình vẽ rồi hỏi nhiều phần liên tiếp, phần sau thường dùng lại kết quả của phần trước. Luyện đúng nhịp độ đó — chứng minh xong một quan hệ vuông góc thì lập tức DÙNG nó để tính góc, tính khoảng cách, rồi tính thể tích — là kĩ năng làm bài thi thực sự, khác với việc luyện từng dạng bài tách rời.

Bài toán tổng hợp

Ví dụ

Bài toán tổng hợp bốn phần: vuông góc, góc, khoảng cách, thể tích

1
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a = 4$ cm, cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt đáy, $SA = 4$ cm. Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo $AC$ , $BD$ .

a) Chứng minh $BD \perp (SAC)$ .

b) Tính góc giữa $SC$ và mặt phẳng $(ABCD)$ , làm tròn đến phút.

c) Chứng minh $(SAC) \perp (ABCD)$ và tính khoảng cách từ $B$ đến $(SAC)$ .

d) Tính thể tích khối chóp $S.ABCD$ .
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a = 4$ cm, cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt đáy, $SA = 4$ cm. Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo $AC$, $BD$. a) Chứng minh $BD \perp (SAC)$. b) Tính góc giữa $SC$ và mặt phẳng $(ABCD)$, làm tròn đến phút. c) Chứng minh $(SAC) \perp (ABCD)$ và tính khoảng cách từ $B$ đến $(SAC)$. d) Tính thể tích khối chóp $S.ABCD$.
2
Vì $SA \perp (ABCD)$ và $BD \subset (ABCD)$ , theo tính chất suy ra, $SA \perp BD$ . (1) Hai đường chéo hình vuông vuông góc với nhau: $AC \perp BD$ . (2) Từ (1), (2): $BD$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $SA$ , $AC$ cùng nằm trong $(SAC)$ . Theo dấu hiệu nhận biết đường thẳng vuông góc mặt phẳng, $BD \perp (SAC)$ .
Vì $SA \perp (ABCD)$ và $BD \subset (ABCD)$, theo tính chất suy ra, $SA \perp BD$. (1) Hai đường chéo hình vuông vuông góc với nhau: $AC \perp BD$. (2) Từ (1), (2): $BD$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $SA$, $AC$ cùng nằm trong $(SAC)$. Theo dấu hiệu nhận biết đường thẳng vuông góc mặt phẳng, $BD \perp (SAC)$.
3
Vì $SA \perp (ABCD)$ , hình chiếu của $S$ là $A$ ; $C$ đã thuộc $(ABCD)$ nên là hình chiếu của chính nó — hình chiếu của $SC$ là $AC$ . Góc cần tìm là $\widehat{SCA}$ trong tam giác vuông $SAC$ (vuông tại $A$ ). Đường chéo đáy $AC = a\sqrt{2} = 4\sqrt{2}$ cm. $\tan\widehat{SCA} = \dfrac{SA}{AC} = \dfrac{4}{4\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \approx 0{,}7071$ , suy ra $\widehat{SCA} \approx 35°16'$ (làm tròn đến phút).
Vì $SA \perp (ABCD)$, hình chiếu của $S$ là $A$; $C$ đã thuộc $(ABCD)$ nên là hình chiếu của chính nó — hình chiếu của $SC$ là $AC$. Góc cần tìm là $\widehat{SCA}$ trong tam giác vuông $SAC$ (vuông tại $A$). Đường chéo đáy $AC = a\sqrt{2} = 4\sqrt{2}$ cm. $\tan\widehat{SCA} = \dfrac{SA}{AC} = \dfrac{4}{4\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \approx 0{,}7071$, suy ra $\widehat{SCA} \approx 35°16'$ (làm tròn đến phút).
4
Từ phần a, $BD \perp (SAC)$ mà $BD \subset (ABCD)$ , nên theo dấu hiệu hai mặt phẳng vuông góc, $(ABCD) \perp (SAC)$ (giao tuyến $AC$ ). Theo hệ quả, vì $OB \subset (ABCD)$ và $OB \perp AC$ (hai đường chéo hình vuông vuông góc tại tâm $O$ ), suy ra $OB \perp (SAC)$ — tức $OB$ chính là khoảng cách từ $B$ đến $(SAC)$ . Vì $O$ là trung điểm $BD$ : $OB = \dfrac{BD}{2} = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{4\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}$ cm.
Từ phần a, $BD \perp (SAC)$ mà $BD \subset (ABCD)$, nên theo dấu hiệu hai mặt phẳng vuông góc, $(ABCD) \perp (SAC)$ (giao tuyến $AC$). Theo hệ quả, vì $OB \subset (ABCD)$ và $OB \perp AC$ (hai đường chéo hình vuông vuông góc tại tâm $O$), suy ra $OB \perp (SAC)$ — tức $OB$ chính là khoảng cách từ $B$ đến $(SAC)$. Vì $O$ là trung điểm $BD$: $OB = \dfrac{BD}{2} = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{4\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}$ cm.
5
Diện tích đáy $B_{\text{đáy}} = a^2 = 16$ cm². Chiều cao $h = SA = 4$ cm (vì $SA \perp (ABCD)$ ). $V = \dfrac{1}{3} \cdot 16 \cdot 4 = \dfrac{64}{3}$ cm³.
Diện tích đáy $B_{\text{đáy}} = a^2 = 16$ cm². Chiều cao $h = SA = 4$ cm (vì $SA \perp (ABCD)$). $V = \dfrac{1}{3} \cdot 16 \cdot 4 = \dfrac{64}{3}$ cm³.
6
Vậy: a) $BD \perp (SAC)$ ; b) góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ xấp xỉ $35°16'$ ; c) $(SAC) \perp (ABCD)$ và khoảng cách từ $B$ đến $(SAC)$ bằng $2\sqrt{2}$ cm; d) $V_{S.ABCD} = \dfrac{64}{3}$ cm³ $\approx 21{,}33$ cm³. Bốn phần dùng đúng bốn kĩ năng của bốn chương, và phần c) dùng lại trực tiếp kết quả chứng minh của phần a).
Vậy: a) $BD \perp (SAC)$; b) góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ xấp xỉ $35°16'$; c) $(SAC) \perp (ABCD)$ và khoảng cách từ $B$ đến $(SAC)$ bằng $2\sqrt{2}$ cm; d) $V_{S.ABCD} = \dfrac{64}{3}$ cm³ $\approx 21{,}33$ cm³. Bốn phần dùng đúng bốn kĩ năng của bốn chương, và phần c) dùng lại trực tiếp kết quả chứng minh của phần a).

Lời giải có hình

Tam giác SAC — trục xuyên suốt cả bốn phần của bài toán tổng hợp

Bước 1

Đường chéo đáy $AC$ của hình vuông cạnh $4$ cm.Đường chéo đáy $AC$ của hình vuông cạnh $4$ cm.

Ví dụ

Bài toán tổng hợp thứ hai: đáy tam giác vuông

1
Cho hình chóp $S.ABC$ , đáy $ABC$ vuông tại $B$ , $AB = 3$ cm, $BC = 4$ cm, $SA \perp (ABC)$ , $SA = 5$ cm.

a) Chứng minh $(SBC) \perp (SAB)$ .

b) Tính khoảng cách từ $S$ đến đường thẳng $BC$ .

c) Tính thể tích khối chóp $S.ABC$ .
Cho hình chóp $S.ABC$, đáy $ABC$ vuông tại $B$, $AB = 3$ cm, $BC = 4$ cm, $SA \perp (ABC)$, $SA = 5$ cm. a) Chứng minh $(SBC) \perp (SAB)$. b) Tính khoảng cách từ $S$ đến đường thẳng $BC$. c) Tính thể tích khối chóp $S.ABC$.
2
$BC \perp AB$ (giả thiết vuông tại $B$ ) và $BC \perp SA$ (tính chất suy ra từ $SA \perp (ABC)$ ), nên $BC$ vuông góc hai đường cắt nhau $AB$ , $SA$ cùng nằm trong $(SAB)$ , suy ra $BC \perp (SAB)$ . Vì $BC \subset (SBC)$ , theo dấu hiệu, $(SBC) \perp (SAB)$ .
$BC \perp AB$ (giả thiết vuông tại $B$) và $BC \perp SA$ (tính chất suy ra từ $SA \perp (ABC)$), nên $BC$ vuông góc hai đường cắt nhau $AB$, $SA$ cùng nằm trong $(SAB)$, suy ra $BC \perp (SAB)$. Vì $BC \subset (SBC)$, theo dấu hiệu, $(SBC) \perp (SAB)$.
3
Vì $BC \perp (SAB)$ , $BC$ vuông góc với mọi đường trong $(SAB)$ , kể cả $SB$ — nên chân đường vuông góc từ $S$ xuống $BC$ chính là $B$ . Khoảng cách cần tìm là $SB = \sqrt{SA^2+AB^2} = \sqrt{25+9} = \sqrt{34}$ cm.
Vì $BC \perp (SAB)$, $BC$ vuông góc với mọi đường trong $(SAB)$, kể cả $SB$ — nên chân đường vuông góc từ $S$ xuống $BC$ chính là $B$. Khoảng cách cần tìm là $SB = \sqrt{SA^2+AB^2} = \sqrt{25+9} = \sqrt{34}$ cm.
4
$B_{\text{đáy}} = \dfrac12 \cdot AB \cdot BC = \dfrac12 \cdot 3 \cdot 4 = 6$ cm². $h = SA = 5$ cm. $V = \dfrac13 \cdot 6 \cdot 5 = 10$ cm³.
$B_{\text{đáy}} = \dfrac12 \cdot AB \cdot BC = \dfrac12 \cdot 3 \cdot 4 = 6$ cm². $h = SA = 5$ cm. $V = \dfrac13 \cdot 6 \cdot 5 = 10$ cm³.
5
Vậy $(SBC) \perp (SAB)$ ; khoảng cách từ $S$ đến $BC$ bằng $\sqrt{34}$ cm; $V_{S.ABC} = 10$ cm³ — đúng ba kết quả đã gặp rải rác ở Chương 3, 4, 5, nay ráp lại trong một đề bài duy nhất.
Vậy $(SBC) \perp (SAB)$; khoảng cách từ $S$ đến $BC$ bằng $\sqrt{34}$ cm; $V_{S.ABC} = 10$ cm³ — đúng ba kết quả đã gặp rải rác ở Chương 3, 4, 5, nay ráp lại trong một đề bài duy nhất.

Bẫy hay gặp khi làm bài tổng hợp

Sai lầm phổ biến nhất ở dạng bài nhiều phần: làm phần sau mà KHÔNG dùng lại kết quả đã chứng minh ở phần trước, tự đi chứng minh lại từ đầu — vừa mất thời gian, vừa dễ lặp sai sót. Luôn đọc lại đề trước khi làm phần tiếp theo: phần c) của bài toán đầu tiên dùng NGUYÊN kết quả $BD \perp (SAC)$ của phần a), không cần chứng minh lại. Sai lầm khác: quên đơn vị hoặc quên làm tròn đúng yêu cầu (đến phút, đến hàng phần trăm...) — một bài giải đúng phương pháp nhưng sai định dạng trình bày vẫn bị trừ điểm ở đề thi thật.

Luyện tập tổng hợp

Tổng kết cả chủ đề

Quan hệ vuông góc trong không gian xây theo một chuỗi logic chặt: hai đường thẳng vuông góc (định nghĩa gốc) → đường thẳng vuông góc mặt phẳng (dấu hiệu hai đường cắt nhau) → góc giữa đường thẳng và mặt phẳng (qua hình chiếu) → hai mặt phẳng vuông góc (qua góc nhị diện $90°$ ) → khoảng cách (đoạn vuông góc ngắn nhất) → thể tích (dùng khoảng cách làm chiều cao). Mỗi bài dùng lại đúng công cụ của bài trước — nắm chắc chuỗi này quan trọng hơn nhớ rời rạc từng công thức.

Quan hệ vuông góc trong không gian xây theo một chuỗi logic chặt: hai đường thẳng vuông góc (định nghĩa gốc) → đường thẳng vuông góc mặt phẳng (dấu hiệu hai đường cắt nhau) → góc giữa đường thẳng và mặt phẳng (qua hình chiếu) → hai mặt phẳng vuông góc (qua góc nhị diện $90°$) → khoảng cách (đoạn vuông góc ngắn nhất) → thể tích (dùng khoảng cách làm chiều cao). Mỗi bài dùng lại đúng công cụ của bài trước — nắm chắc chuỗi này quan trọng hơn nhớ rời rạc từng công thức.

Nhìn lại toàn bộ chủ đề, mấu chốt xuyên suốt chỉ có MỘT: dựng đúng đối tượng phẳng — một tam giác, một góc, một đoạn — nằm gọn trong một mặt phẳng duy nhất của khối hình không gian, rồi tính trong đối tượng phẳng đó bằng công cụ THCS quen thuộc (Pythagoras, tỉ số lượng giác, định lí côsin). Cái khó của hình học không gian lớp 11 không nằm ở phép tính cuối cùng — luôn đơn giản — mà nằm ở bước LẬP LUẬN trước đó: chứng minh đúng vì sao đối tượng phẳng ấy tồn tại và mang đúng tính chất cần dùng (vuông góc, đồng phẳng, hay là hình chiếu). Luyện chắc năm bài của chủ đề này chính là luyện chắc bước lập luận đó.

Chương trình Toán 11 tiếp tục với Thống kê và xác suất — một mạch kiến thức khác hẳn hình học không gian, xử lí dữ liệu ghép nhóm và biến cố ngẫu nhiên. Quan hệ vuông góc vừa học ở đây sẽ còn quay lại trong Toán 12, khi khoảng cách và góc được tính bằng toạ độ và vectơ trong không gian thay vì thuần suy luận hình học như ở đây.