18 bài toán xác định góc trong không gian file word có lời giải chi tiết

BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH GÓC TRONG KHÔNG GIAN
1. Trong bài tập có những bài về góc giữa hai mặt bên, các em nhớ rằng góc giữa hai mặt phẳng là
góc giữa hai đường thẳng a và b (với a và b lần lượt nằm trong hai mặt phẳng) cùng vuông góc
với giao tuyến của hai mặt phẳng tại cùng một điểm.
2. TRONG LỜI GIẢI CÓ TRÌNH BÀY: PHƯƠNG PHÁP THAM KHẢO (BÀI GIẢNG KHÔNG
ĐỀ CẬP VÌ PHƯƠNG PHÁP NÀY KHÔNG THUẬN LỢI LẮM CHO THI TRẮC NGHIỆM –
PHÙ HỢP CHO MỘT VÀI BẠN KHÔNG NẮM VỮNG HÌNH KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN).
Phương pháp tọa độ trong không gian
a) Phương trình mặt phẳng
+ Mặt phẳng
dạng:

 MNP 

 MNP 

đi qua điểm

M  xM ; yM ; zM  N  xN ; y N ; z N  P  xP ; y P ; z P 
,
,
:
r
uuuu
r uuur
�
n�
MN
� , MP �  A; B; C  có
và có vectơ pháp tuyến

đi qua ba điểm

M  xM ; y M ; z M 

A  x  xM   B  y  yM   C  z  zM   0 � Ax  By  Cz  D  0
.

+ Khoảng cách từ một điểm

I  xI ; y I ; z I 

đến mặt phẳng

IH  d  I ,  MNP   

 MNP  :

AxI  ByI  Cz I  D
A2  B 2  C 2

uuuu
r uuur uuu
r
�
�
MN
,
MP
.
MI

�
�
d  I ,  MNP   
uuuu
r uuur
�
MN , MP �
�
� .
Công thức tính nhanh:
uuur uuur uuur
�
AB, CD �
. AC
�
�
d  AB, CD  
uuur uuur
�
AB, CD �
�
� .
b) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và CD là:
uuu
r uuur
AB
.CD
cos �
AB, CD   uuur uuur
AB . CD

c) Góc giữa hai đường thẳng AB và CD theo công thức:
.

 MNP  :
và
ur uuur uuur
uu
r uuuu
r uuur
�
�
�
n

AB
,
AC
n

MN
ABC
MNP

 có vectơ pháp tuyến 1 �
 có vectơ pháp tuyến 2 � , MP �
�, 
�, khi đó:

d) Góc giữa hai mặt phẳng

cos �
 ABC  ,  MNP  

 ABC 

ur uu
r
n1.n2
 ur uu
r 
n1 . n2

A1 A2  B1B2  C1C2
A12  B12  C12 . A22  B22  C22

 ABC  ,  MNP  
�

?

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


 MNP  :
e) Góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng
sin �
AB,  MNP  
r
uuuu
r uuur

r uuur
�
�
n

MN
,
MP
MNP


�
�thì
Tính u  AB và
có vectơ pháp tuyến
AB,  MNP  
�

Câu 1:

rr
u.n
 r r
u.n

?

[2H1-2]Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có AB  a , SA  a 3 . Gọi G là trọng tâm tam

 ABCD  bằng

giác SCD . Góc giữa đường thẳng BG và mặt phẳng
A.

arctan

85
17 .

B.

arctan

10
17 .

C.

arcsin

85
17 .

D.

arccos

85
17 .

Lời giải

Chọn A.
Gọi M là trung điểm của CD , kẻ GK song song với SO
và cắt OM tại K , suy ra K là hình chiếu của G trên mặt
phẳng
Ta có

�
BG,  ABCD    GBK
 ABCD  , suy ra �
.
AO 

a 2
a 10
1
a 10
SO 
GK  SO 
2 ,
2 ,
3
6 , vì

2
a
OK  OM
OK 
3
3.
nên

Dùng định lý cosin ta có

BK 

a 34
6 .

GK
85

� 
tan �
BG,  ABCD    tan GBK
BK
17 .

Câu 2:

[2H1-3]Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có AB  a , SA  a 3 . Gọi G là trọng tâm tam
giác SCD . Góc giữa đường thẳng BG và đường thẳng SA bằng

A.

arccos

330
110 .

B.

arccos

33
11 .

C.

arccos

3
11 .

D.

arccos

33
22 .

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Lời giải
Chọn B.

BG , SA  �
BG , GE 
�
Gọi M là trung điểm CD . Gọi E  BD �AM , suy ra GE //SA . Suy ra
.

Vì G, E lần lượt là trọng tâm tam giác SCD và ACD nên

1
a 3
GE  SA 
3
3 .

Kẻ GK song song với SO và cắt OM tại K ,

mp  ABCD 
suy ra K là hình chiếu của G trên
.
Ta có

AO 

a 2
a 10
1
a 10
2a 2
SO 
GK  SO 
BE 
2 ,
2 ,
3
6 ,
3 .

2
a
OK  OM
OK 
3
3.
Vì
nên
Dùng định lí cosin ta có
Xét BEG , có

BE 

BK 

a 34
a 11
� BG 
6
3 .

2a 2
a 3
a 11
GE 
BG 
3 ,
3 ,
3 ,

BG 2  GE 2  BE 2
33
�
cos BGE 

2 BG.GE
11 .
suy ra

Câu 3:

[2H1-3]Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , SA  a 3 . Gọi M là trung

 SDM  và  SBC  bằng
điểm cạnh BC . Góc giữa hai mặt phẳng
A.

arctan

2 11
110 .

B.

arctan

110
11 .

C.

arctan

2 110
33 .

D.

arctan

2 110
11 .

Lời giải
Chọn D.
Gọi O là tâm hình vuông ABCD , gọi E  AC �DM , suy ra E là trọng tâm tam giác BCD .

 SBC  , I thuộc đường thẳng SM , suy ra hình
Gọi I là hình chiếu của O lên mặt phẳng
chiếu H của E

 SBC 
lên mặt phẳng

CH 2

nằm trên đoạn thẳng CI và CI 3 .

HK , EK 

 HK //CM  , khi đó �
 SDM  ,  SBC    �
Kẻ HK  SM tại K
.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Ta có

SO  SA2  OA2 

a 110
a 10 EH  2 OI  2 SO.OM

3
3 SO 2  OM 2
33 .
2 ,

1
a
�  2 110
�
HK  CM 
�
 tan HKE
tan
SDM
,

SBC

tan
HK
,
EK








3
6 . Suy ra
11 .

Câu 4:

�
�
[2H1-3]Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc, góc OCB  30�, ABO  60�
và AC  a 6 . Điểm M nằm trên cạnh AB sao cho AM  2 BM . Tính góc giữa hai đường
thẳng CM và OA .
A.

arctan

93

6 .

B.

arctan

31
3 .

C.

arctan

93
3 .

D.

arctan

31
2 .

Lời giải
Chọn C.
Phương pháp dụng hình

mp  OBC 
Gọi H là hình chiếu của M lên
.

Vì AM  2 BM nên OH  2 HB .
Suy ra

�
OA, CM   �
MH , CM   CMH
�
.

Đặt OB  x , ta có OA  x 3 , OC  x 3 ,

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


OA2  OC 2  6 x 2  AC 2  6a 2 � x  a .

1
a 3
MH  OA 
3
3 ,
Ta có
HC  OC 2  OH 2 

Suy ra
Câu 5:

�
tan CMH


a 31
3 .

HC
93

HM
3 .

[2H1-3]Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc. Góc giữa đường thẳng AC
và mặt phẳng

 OBC 

giữa hai mặt phẳng

A.

arcsin

bằng 60�, OB  a , OC  a 2 . Gọi M là trung điểm cạnh OB . Góc

 AMC 

3
35 .

B.

và

 ABC 

arcsin

bằng

32
35 .

C.

arcsin

1
35 .

D.

arcsin

34
35 .

Lời giải
Chọn A.

 OBC  bằng 60�. Suy ra OA  OC tan 60� a 6 .
Ta có góc giữa AC và mặt phẳng

AM  OA2  OM 2 

5a
2 .

CM  OC 2  OM 2 

3a
2 .

AC  OC 2  OA2  2 2a . Suy ra:
SACM 

a 2 14
2
(Dùng công thức Hê-rông)

1
a3 3
VA.OCM  OA.OC.OM 
6
6 . Suy ra
d  O,  ACM   

3VO. ACM
3
a
 d  B,  ACM  
S ACM
14

.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Kẻ

OI

vuông

d  O, AC   OI 

góc

AC

với

I,

suy

BI

ra

vuông

góc

với

AC

và

OA.OC a 6

AC
2 .

Tam giác OIB vuông tại O có
sin �
 ACM  ,  ABC   
Câu 6:

tại

OI 

a 6
a 10
� BI 
2 , OB  a
2 .

d  B,  ACM  
BI



3
35 .

[2H1-3]Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt
phẳng

 ABCD  ,

SA  2a . Gọi F là trung điểm SC , tính góc  giữa hai đường thẳng BF và

AC .
A.   60�.

B.   90�
.

C.   30�
.

D.   45�.

Lời giải
Chọn B.
C1: Phương pháp dựng hình

� OF   ABCD  � OF  AC
Gọi O  AC �BD , khi đó OF //SA
.

AC   BDF  � AC  BF
AC.BF   90�
�
Lại có AC  BD nên
. Vậy
.

C2: Phương pháp tọa độ
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó ta có:

A  0; 0;0 

,

B  a; 0; 0  C  a; a;0  S  0;0; 2a 
,
,
.

�a a � uuur � a a � uuur
F � ; ; a � BF  �
 ; ;a�
2
2
2 2 �, AC   a; a;0  .
�
�
�
Suy ra
,

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


uuur uuur
BF . AC  0 � BF  AC � �
BF , AC   90�
Vậy
.
Câu 7:

[2H1-3]Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , cạnh SA vuông góc
với mặt phẳng đáy và SA  2a . Gọi M là trung điểm của SC . Tính côsin của góc  giữa

 ABC  .
đường thẳng BM và mặt phẳng
A.

cos  

21
7 .

B.

cos  

5
10 .

C.

cos  

7
14 .

D.

cos  

5
7 .

Lời giải
Chọn A.
C1: Phương pháp dựng hình

MH //SA � MH   ABC 
Gọi H là trung điểm của AC khi đó
.

 ABC  là BH .
Vậy hình chiếu của BM lên mặt phẳng
�
BH 
�
BM ,  ABC    �
BM , BH   MBH
Suy ra 

. Ta có MH  a ,
Tam giác MHB vuông tại H nên

BM  BH 2  MH 2 

a 3
2 , SB  SC  a 5 .

a 7
BH
21
�
cos MBH


2 ,
BM
7 .

C2: Phương pháp tọa độ

MH //SA � MH   ABC 
Gọi H là trung điểm của AC khi đó
.
�a 3
�
B�
;
0;
0

�
�2
�
H  0; 0;0   0;0; a 
�
�
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó
,
,

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


uuuu
r � a 3
�
uuuur
� BM  �
;
0;
a
�
� 2
� HM   0;0; a 
�
�,
.

mp  ABC 
Giả sử góc giữa BM và

là  thì ta có
Câu 8:

uuuu
r uuuur
BM .HM
2 7
21
sin   uuuu
� cos  
r uuuur 
7
7
BM . HM

.

[2H1-3]Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông

 SBC  và  SDC  .
góc với mặt phẳng đáy và SA  a . Tính góc  giữa hai mặt phẳng
A.   90�
.

C.   30�
.

B.   60�.

D.   45�.

Lời giải
Chọn B.
C1: Phương pháp dựng hình
Ta chứng minh được
Kẻ

BH  SC  1

BC   SAB  � BC  SB CD   SAD  � CD  SD
.

. Ta có

BD   SAC  � SC  BD  2 

 1 ,  2  � SC   BHD 
Từ

� SC  DH . Vậy

BH , DH 
 SBC  ,  SDC    �
�
.

Tam giác SBC vuông tại B , đường cao BH
� BH  DH 

.

1
1
1
3
 2
 2
2
2
SB
BC
2a
nên ta có BH

a 6
3 .

Áp dụng định lí côsin vào tam giác BHD ta có

� 
cos BHD

BH 2  DH 2  BD 2
1

2 BH .DH
2.

1
cos �

BH , DH   � �
 SBC  ,  SDC    cos �
2   SBC  ,  SDC    60�.
Vậy

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


C2: Phương pháp tọa độ
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

A  0;0;0  B  a;0;0  C  a; a;0  D  0; a;0  S  0;0; a 
,
,
,
,
.
uur
uuu
r
uuu
r
SB   a;0;  a  SC   a; a;  a  SD   0; a;  a 
Suy ra
,
,
.
r
uur uuu
r

2
2
SB, SC �
 SBC  có một vectơ pháp tuyến n  �
�
�  a ;0; a  .
Mặt phẳng
r
uuu
r uuu
r
�  0;  a 2 ;  a 2 
k�
SD
,
SC
SDC 

�
�
Mặt phẳng
có một vectơ pháp tuyến
.
rr
n
.k
1
cos �
 SBC  ,  SDC    r r 
n . k 2 � �

 SBC  ,  SDC    60�.
Vậy
Khi đó

Câu 9:

[2H1-3]Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB  a .Hai mặt
phẳng

 SBC 

 SAB 

và

 SAC 

cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng

a 2
là 2 . Tính góc  tạo bởi hai đường thẳng SB và AC .

B.   90�
.

A.   45�.

C.   30�
.

D.   60�.

Lời giải
Chọn D.
C1: Phương pháp dựng hình
Hai mặt phẳng

mp  ABCD 

nên

 SAB 

và

 SAC 

SA   ABCD 

� BC  AK . Vậy

AK   SBC 

cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vuông góc với

� BC   SAC 
. Dựng AK  SB . Ta có BC  AB , BC  SA

, từ đó suy ra

AK 

a 2
2 .

1
1
1
2 1
1


 2 2 2
2
2
2
AK
AB
a a
a
Tam giác SAB vuông tại A , đường cao AK nên ta có SA

� SA  a .
AC //BD � �
AC , SB   �
BD, SB 
Dựng hình bình hành ACBD như hình vẽ, khi đó
.
Tính được SD  a 2 , SB  a 2 , BD  a 2 nên tam giác SBD đều.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


�
�  60�
AC , SB   SBD

Vậy
.

C2: Phương pháp tọa độ
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, Bz //SA . Khi đó theo cách 1 ta có:
uuu
r
uuur
B  0;0;0  A  a; 0;0  C  0; a;0  S  a; 0; a 
BS   a; 0; a  AC    a; a;0 
,
,
,
, suy ra
,
.
uuu
r uuur
BS . AC
1
cos �
AC , SB   uuu
r uuur 

BS . AC 2 � �
AC , SB   60�
Vậy
.

 SAB 
Câu 10: [2H1-3]Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hai mặt phẳng
a3
 SAD  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khôi chóp S . ABCD là 3 . Tính
và

 SCD  .
góc  giữa đường thẳng SB và mặt phẳng
C.   30�
.

B.   60�.

A.   45�.

D.   90�
.

Lời giải
Chọn C.
C1: Phương pháp dựng hình
Hai mặt phẳng

mp  ABCD 

nên

 SAB 

và

 SAD 

SA   ABCD 

cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vuông góc với
SA 

. Do đó

3VS . ABCD
a
S ABCD
.

2
2
Tam giác SAD vuông tại A nên SD  SA  AD  a 2 .

� CD   SAD  � CD  SD
Ta có CD  AD , CD  SA
.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Vậy diện tích tam giác SCD là:

S SCD 

1
a2 2
SC.CD 
2
2 .

�
�
SCD 
SB,  SCD    �
SB, SI   BSI


I
B
Gọi là hình chiếu của
lên mặt phẳng
, khi đó
.
BI 

Mặt khác

3VB.SCD 3VS . ABCD a 2



S SCD
2 S SCD
2 .

2
2
Tam giác SAB vuông tại A nên SB  SA  AB  a 2 .

Tam giác SIB vuông tại I nên
Vậy

� 
sin BSI

BI 1

�  30�
SB 2 � BSI
.

SB,  SCD    30�
�
.

C2: Phương pháp tọa độ
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó theo cách 1 ta tính được SA  a , nên

A  0;0;0 

D  a;0;0  B  0; a; 0  C  a; a;0  S  0;0; a 
,
,
,
,
.
uuu
r
uuu
r
uur
SD   a;0;  a  SC   a; a;  a  SB   0; a;  a 
Suy ra
,
,
.
r
uuu
r uuu
r
�  a 2 ; a 2 ; 2a 2 
n�
SD
,
SC
SCD 

�
�
Mặt phẳng

có một vectơ pháp tuyến là
.
r uur
n.SB
1
sin �
SB,  SCD    r uur 
n . SB 2 � �
SB,  SCD    30�
Vậy
.

 SAB  và
Câu 11: [2H1-3]Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hai mặt phẳng
 SAC 
phẳng

cùng vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  a 3 . Tính côsin của góc  giữa hai mặt

 SAB 

và

 SBC  .

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


A.

cos  

1
5.

B.

5
7 .

cos  

C.

cos  

7
7 .

D.

cos  

1
3.

Lời giải
Chọn A.
C1: Phương pháp dựng hình
Hai mặt phẳng

mp  ABC 

nên

 SAB 

và

SA   ABC 

 SAC 

cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vuông góc với

.

Gọi M là trung điểm của AB , do tam giác ABC đều nên CM  AB .
Lại có

SA   ABC  � SA  CM
CM   SAB  � CM  SB
suy ra
.

SB   CMI  � SB  IM
Dựng CI  SB thì
.
��
MI , CI 

 SAB  ,  SBC    �
Vậy IM  SB , CI  SB 
.
AB.SA
a 3
SA SB
MB.SA 


� MI 
2
2
4 .
2 SA  AB
SB
Hai tam giác SAB và MIB đồng dạng nên MI MB

Tam giác CMB vuông tại M nên
Tam giác IMB vuông tại I nên
Tam giác CIB vuông tại I nên

CM  CB 2  MB 2 

IB  MB 2  IM 2 
CI  CB 2  IB 2 

a 3
2 .

a

4.

a 15
4 .

Áp dụng định lí côsin cho tam giác IMC ta có:

� 
cos CIM

CI 2  IM 2  CM 2
1
1

� cos  
2CI .IM
5
5.

C2: Phương pháp tọa độ

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. M là trung điểm BC , Oz //SA .
�a 3
� � a � �a 3
�
A�
;

0;
0
S
;0;
a
3
�
�
�
B
0;
;
0
�2
� �
�
� �2
M  0; 0;0 
2
�
�
�
�.
�
�
Khi đó
,
,
,

uur
SA  0; 0;  a 3



Suy ra



uur � a 3 a
� uuur �a 3
� uuur � a �
SB  �

;
;

a
3
MS

;
0;
a
3
�
�
�
0; ;0 �
� 2 2

�
�2
� MB  �
2 �.
�
�
�
�
�
,
,
,

r
uur uur
�a 2 3 3a 2 �
� �
n�
SA
,
SB
�
� � 2 ; 2 ;0 �
�
SAB 

�
�.
Mặt phẳng
có một vectơ pháp tuyến là

r
uuur uuur �a 2 3
a2 3 �
� �
k�
MS
,
MB
;0;
�
�
�� 2
4 �
SBC 

�
�
Mặt phẳng
có một vectơ pháp tuyến là
.
rr
n.k
1
cos �
 SAB  ,  SBC    r r 
5
n.k
Vậy
.

Câu 12: [2H1-3]Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , SA  a , SB  a 3 và
mặt phẳng

 SAB 

vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh

AB, BC . Tính côsin của góc giữa đường thẳng SM và DN .

5
A. 5 .

5
B. 4 .

a 5
C. 5 .

a 5
D. 4 .

Lời giải
Chọn A.
C1: Phương pháp dựng hình
Gọi E là trung điểm của AD , F là trung điểm của AE .

� �
SM , DN   �
SM , MF 
Ta có MF //BE //ND

.
Ta có

SM 2 

SB 2  SA2 AB 2

a
2
4

� SM  SA � SH  MA , với H là trung điểm của MA .
� SH   ABCD 

.

BE  AB 2  AE 2  a 5

� MF 

a 5
1
a 2
a 3
HF  BD 
SH  SA2  HA2 
2 ;
4
2 ;
2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


a 5
2 ( SHF vuông tại H ).

SF  SH 2  HF 2 

2
2
2
�
Định lí côsin trong SMF : SF  SM  MF  2 SM .MF .cos SMF

�

5a 2
5a 2
a 5
5
�
�  5 � cos �
 a2 
 2a.
.cos SMF
� cos SMF
SM , MF  
4
4

2
5
5 .

C2: Phương pháp tọa độ.
Chọn hệ trục có gốc tại H , trục hoành HB , trục tung là HK , trục cao là HS .
SH  SA2  HA2 

a 3
2 .

a 3� �a
�a
� �
� �3a
�
0;0;
�
M � ; 0;0 � S �
D�
 ; 2a;0 � N � ; a; 0 �
�
�
2
�, � 2
�2
�, �
�, �2
�.

Vậy

uuur uuur
SM .DN
5
cos �
SM , DN   uuur

5
SM . DN

.

Câu 13: [2H1-3]Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 3 . Tam giác SBC

 ABCD  , đường thẳng SD tạo
vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy
với mặt phẳng


A. 2 .

 SBC 

 SBD  và  ABCD  .
một góc 60�. Tính góc giữa

B. 3 .



C. 6 .


D. 4 .

Lời giải
Chọn D.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


C1: Phương pháp dựng hình

SH   ABCD 
Từ S dựng SH  BC , suy ra
. Từ H dựng HI //AC , I �BD , suy ra HI  BD .
Góc giữa

 SBD 

và

 ABCD 

�
là SIH .

�DC  BC
� DC   SBC 
�

�  60�
� �
SD,  SBC    DSC
DC

SH
�
Ta có
và DC  SC .

� SC 

SB.SC a 2
CD

 a � SH 
BC
3 � SH  IH � SHI vuông cân tại H .
tan 60�

� 
SIH
4.
Vậy

C2: Phương pháp tọa độ

SH   ABCD 
Từ S dựng SH  BC , suy ra
. Từ H dựng HI //AC , I �BD suy ra HI  BD .

Góc giữa

 SBD 

và

 ABCD 

�
là SIH .

Chọn hệ trục tọa độ có gốc tại H , trục hoành HB , trục tung là Hy song song với CD , trục cao
là HS .
�DC  BC
� DC   SBC 
�
�  60�
� �
SD,  SBC    DSC
Ta có �DC  SH
và DC  SC .

� SC 

SB.SC a 2
2a
CD

� BH  SB 2  SH 2 
 a � SH 

BC
3
3.
tan 60�

� a 2 � �2a
� � a
�
a
S�
0;0;
�
B � ;0;0 � D �

; a 3;0 � HC  BC  BH 
�
�
H  0; 0;0 
3
�, � 3
3 ).
�, � 3
�(vì
, �

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


uur uuu
r

ur
�
� a 2 2; a 2 2; 2a 2 � n1  1;1; 2
SB
,
SD
 SBD  .
�
Ta có �
là một vectơ pháp tuyến của
uuur uuur
uu
r
2
�
HB, HD �
�
�  0;0; 2a  � n2   0;0;1 là một vectơ pháp tuyến của  ABCD  .
ur uu
r
n1.n2
2
ur uu
r  ur uu
r 
2
n1 . n2
� cos �
 SBD  ,  ABCD    cos n1 , n2
.













� 
SIH
4.
Vậy

B C có cạnh bên 2a , góc tạo bởi A�
B và mặt
Câu 14: [2H1-3]Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A���
C và
đáy là 60�. Gọi M là trung điểm của BC . Tính côsin của góc tạo bởi hai đường thẳng A�
AM .

2
A. 4 .

3
B. 2 .

3
C. 6 .

3
D. 4 .

Lời giải
Chọn D.
C1: Phương pháp dựng hình
AM 

3 2a
.
a
2
3
(trung tuyến trong tam giác đều).
cos �
A�
C , AM  

Khi đó

a2
3

4a
4
.a

3
.

N //AM � �
A�
C , AM   �
A�
C , A�
N
C � A�
Gọi N là trung điểm của B��
.
Suy ra

��
cos �
A�
C , AM   cos �
A�
C , AN   cos CA
N

NC có
Xét tam giác A�
N  AM  a ,
Ta có A�
Vậy

��
cos CA

N

��
cos CA
N
A�
C

.

A�
C 2  A�
N 2  CN 2
2 A�
C. A�
N
.

4a
13a 2
2
CN 2  CC �
 CN 2 
3,
3 .

3
3
� cos �
A�

C , AM  
4
4 .

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


C2: Phương pháp tọa độ
�a
�
C � ;0;0 �
M  0;0;0  A  0; a;0 
 0; a; 2a  .
�, A�
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó
,
, �3
uuuu
r � a
�
A�
C �

; a; 2a �� A�
C
3
�
�
Ta có
uuuu

r uuuu
r
A�
C. AM
cos �
A�
C , AM   uuuu
r uuuu
r 
A�
C . AM
Vậy

4a uuuu
r
3 , AM   0; a;0  � AM  a .

3
4

.

B C với đáy ABC là tam giác vuông tại C có
Câu 15: [2H1-3]Cho hình lăng trụ đứng ABC. A���
2
�  60�
AB  8 cm , BAC
CC �là 10 cm . Tính tang của góc tạo bởi hai mặt
, diện tích tam giác A�

phẳng

AB 
 C�

5 3
A. 6 .

và

 ABC  .
5 3
B. 2 .

3
C. 6 .

3
D. 2 .

Lời giải
Chọn A.
C1: Phương pháp dựng hình
Ta có

AB   ABC  � C �
AB 

AB   C �
CH 

. Kẻ CH  AB . Ta chứng minh được
.

�
C�
H   C�
AB  � C �
HC 
�
�
C�
H   C�
AB  � ABC 
Ta có �
Nên

��
AB  ,  ABC    �
C�
H , CH   C
HC
 C�
�
.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Trong ABC có

� 
cos CAB

AC
� AC  4  cm 
AB
.

CH  AC.sin 60� 2 3  cm 
Trong AHC có
.

1
S A��
C�
A��
.C C � C �
C  5  cm 
CC 
2
Có
.

CH có
Trong C �

� �
tan CHC


CC � 5 3

CH
6 .

C2: Phương pháp tọa độ
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó
Ta có

C  0;0;0 

,





A  0; 4; 0  B 4 3; 0;0 C �
 0; 0;5 .
,
,

 ABC  � Oxy  �  ABC  : z  0 .

uuur
uuur uuur
uuur
� ��
B  4 3;0;  5 � �
C

C�
A   0; 4;  5  C �
� A, C B � 20;  20 3;  16 3 .
Lại có
,
r
ur
n  5;5 3; 4 3
C�
AB 
ABC 
n�
  0;0;1


Suy ra
có VTPT là
và
có VTPT là
.
ur r
�
n
.n
2 3
�
cos �
C
AB
,

ABC


 
  ur r 
37
n�
.n
Khi đó
.







Áp dụng công thức

1  tan 2  







1
5 3
� tan �

AB  ,  ABC   
 C�
2
cos 
6 .

B C có mặt đáy là tam giác đều cạnh AB  2a . Hình chiếu
Câu 16: [2H1-3]Cho hình lăng trụ ABC. A���

 ABC  trùng với trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa
vuông góc của A�lên mặt phẳng
C và  ABC  là
cạnh bên và mặt đáy bằng 60�. Góc giữa đường thẳng A�

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất



B. 6 .


A. 4 .


C. 3 .

D.

arcsin

1
4.

Lời giải
Chọn A.
C1: Phương pháp dựng hình
Ta có

A�
H   ABC 

Khi đó

C lên  ABC  .
nên CH là hình chiếu vuông góc của A�

A�
C ,  ABC    �
A�
C , CH   �
A�
CH
�
.

CH vuông tại H ta có
Xét tam giác A�
Vậy



A�
C ,  ABC   
�
4

tan �
A�
CH 

A�
H
1
CH
.

.

C2: Phương pháp tọa độ





H  0; 0;0  B  a; 0; 0  A  a; 0;0  C 0; a 3; 0
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
,
,
,
,



A�0; 0; a 3

.

 ABC  : z  0
Mặt phẳng

r
k   0; 0;1

có vectơ pháp tuyến
.
r uuuu
r
�
u

A
C
 a 0;  3; 3
C là
Vectơ chỉ phương của đường thẳng A�
.
rr
u.k
2
sin �
A�

C ,  ABC    r r 

A�
C ,  ABC   
�
2
u.k
4.
Khi đó
. Vậy





– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


B C có mặt đáy là tam giác đều cạnh AB  2a . Hình chiếu
Câu 17: [2H1-3]Cho hình lăng trụ ABC. A���

 ABC  trùng với trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa
vuông góc của A�lên mặt phẳng
B�
 BCC �
 và  ABC  là
cạnh bên và mặt đáy bằng 60�. Góc giữa hai mặt phẳng
A.

arctan

1
4.

B. arctan 2 .

C. arctan 4 .

D. arctan 2 .

Lời giải
Chọn B.
C1: Phương pháp dựng hình
Gọi E là điểm đối xứng với H qua điểm B , ta có:

E   ABC  � B�
E  A�
H a 3.
A�
H //B�
E và B�
EK  � BC  B�
K.
K . Ta có BC   B�
Kẻ EK  BC , EF  B�
Khi đó

��
B�
B�

K , EK   B
KE
 BCC �
 ,  ABC    �
�
.

a 3
EK  BE sin 60�
�
2 .
Xét tam giác KEB vuông tại K và KBE  60�, ta có

��
tan B
KE 
EK vuông tại E , ta có
Xét tam giác B�

Vậy

B�
E a 3

2
EK a 3
2
.

B�

 BCC �
 ,  ABC    arctan 2 .
�

C2: Phương pháp tọa độ

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất






H  0; 0;0  B  a; 0; 0  A  a; 0;0  C 0; a 3; 0
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
,
,
,
,



A�0; 0; a 3

.

r
k   0; 0;1

 ABC  : z  0

Mặt phẳng

có vectơ pháp tuyến
.
r
uuur uuur
� a 2 3 3;1;  1
n�
BC , BB�
BCB�


�
�
Mặt phẳng
có vectơ pháp tuyến
.
rr
n.k
5
cos �
B�
 BCC �
 ,  ABC    r r 
5 � tan �
n.k
B�
 BCC �
 ,  ABC    2 .
Khi đó



Vậy



B�
 BCC �
 ,  ABC    arctan 2 .
�

B C có mặt đáy là tam giác đều cạnh AB  2a . Hình chiếu
Câu 18: [2H1-3]Cho hình lăng trụ ABC. A���
vuông góc của A�lên mặt phẳng

 ABC 

trùng với trọng tâm G của tam giác ABC . Biết

A�
 và  ABC  là
AA�
 3a . Góc giữa hai mặt phẳng  ABB�
A.

arccos

2
3 .

B.

arccos

1
3.

C.

arccos

3
5 .

D.

arccos

6
12 .

Lời giải
Chọn D.
C1: Phương pháp dựng hình
Tính được AI  a 3 ,

AG 

2

2a 3
AI 
3
3 .

E.
Kẻ GE  AB , ta có AB  A�

EG 

a 3
a 69
�
A�
G  A�
A2  AG 2 
A�
A�
E , EG   �
A�
EG
 ,  ABC    �
3 ,
3 . Vậy   ABB�
.

EG vuông tại G ta được
Xét tam giác A�
Vậy

6
A�
 ABB�
 ,  ABC    arccos
�
12

tan �
A�
EG 

A�
G
6
 23 � cos �
A�
EG 
EG
12 .

.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


C2: Phương pháp tọa độ





I  0;0; 0  A 0; a 3;0
C  a; 0;0  B   a; 0;0 
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
,
,
,
,
� a 3 � � a 3 a 69 �
�0;
G�
0;
;0�
�
�A�
� 3 ; 3 �
�
3
�
�, �
�
.

 ABC  : z  0
Mặt phẳng

có vectơ pháp tuyến

r
k   0; 0;1

.

r
uuu
r uuur
�
69 2 3 �
� a 2 �
�
n�
AB
,
AA

23;
;
�
�
� �
3
3 �
ABB�
A�


�
�
Mặt phẳng
có vectơ pháp tuyến

.
rr
n
.k
6
cos �
A�
 ABB�
 ,  ABC    r r 
n . k 12
Khi đó
.

Vậy

6
A�
 ABB�
 ,  ABC    arccos
�
12

.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất