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

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 ( MNP ) đi qua ba điểm M ( xM ; yM ; zM ) , N ( xN ; yN ; zN ) , P ( xP ; yP ; zP ) :
+ Mặt phẳng ( MNP ) đi qua điểm M ( xM ; yM ; zM ) và có vectơ pháp tuyến n =  MN , MP  = ( A; B; C ) có
dạng: A ( x − xM ) + B ( y − yM ) + C ( z − zM ) = 0  Ax + By + Cz + D = 0 .
+ Khoảng cách từ một điểm I ( xI ; yI ; zI ) đến mặt phẳng ( MNP ) :

IH = d ( I , ( MNP ) ) =
Công thức tính nhanh: d ( I , ( MNP ) ) =

AxI + ByI + CzI + D
A2 + B 2 + C 2

 MN , MP  .MI


.
 MN , MP 



 AB, CD  . AC



b) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và CD là: d ( AB, CD ) =
.
 AB, CD 


c) Góc giữa hai đường thẳng AB và CD theo công thức: cos ( AB, CD ) =

AB.CD
AB . CD

.

d) Góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( MNP ) :

( ABC ) có vectơ pháp tuyến
cos ( ( ABC ) , ( MNP ) ) =

n1 =  AB, AC  , ( MNP ) có vectơ pháp tuyến n2 =  MN , MP  , khi đó:

n1.n2
n1 . n2

=

A1 A2 + B1 B2 + C1C2
A12 + B12 + C12 . A22 + B22 + C22

 ( ( ABC ) , ( MNP ) )  ?

e) Góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng ( MNP ) :

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


Tính u = AB và ( MNP ) có vectơ pháp tuyến n =  MN , MP  thì sin ( AB, ( MNP ) ) =

u.n
u.n

 ( AB, ( MNP ) )  ?

Câu 1:

[2H1-2]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 mặt phẳng ( ABCD ) bằng
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 ( ABCD ) , suy ra ( BG, ( ABCD ) ) = GBK .
Ta có AO =

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

2
a

OK = OM nên OK = .
3
3
Dùng định lý cosin ta có BK =

a 34
.
6

tan ( BG, ( ABCD ) ) = tan GBK =
Câu 2:

GK
85
=
.
BK
17

[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

Lời giải
Chọn B.
Gọi M là trung điểm CD . Gọi E = BD  AM , suy ra GE //SA . Suy ra ( BG, SA) = ( BG, GE ) .
1
a 3
Vì G, E lần lượt là trọng tâm tam giác SCD và ACD nên GE = SA =
.
3
3

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


Kẻ GK song song với SO và cắt OM tại K ,
suy ra K là hình chiếu của G trên mp ( ABCD ) .

Ta có AO =

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

2
a
Vì OK = OM nên OK = .
3
3
Dùng định lí cosin ta có BK =
Xét BEG , có BE =
suy ra cos BGE =
Câu 3:

a 34
a 11
 BG =

.
6
3

2a 2
a 11
a 3
, GE =
, BG =
,
3
3
3

BG 2 + GE 2 − BE 2
33
=
.
2 BG.GE
11

[2H1-3]Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , SA = a 3 . Gọi M là trung
điểm cạnh BC . Góc giữa hai mặt phẳng ( SDM ) và ( SBC ) bằng
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 .
Gọi I là hình chiếu của O lên mặt phẳng ( SBC ) , I thuộc đường thẳng SM , suy ra hình chiếu
H của E lên mặt phẳng ( SBC ) nằm trên đoạn thẳng CI và

Kẻ HK ⊥ SM tại K ( HK //CM ) , khi đó
Ta có SO = SA2 − OA2 =

CH 2
= .
CI 3

(( SDM ) , ( SBC ) ) = ( HK , EK ) .

a 10
2
2 SO.OM
a 110
=
, EH = OI =
.
2
2
2
3
3 SO + OM
33

1
a
2 110
HK = CM = . Suy ra tan ( ( SDM ) , ( SBC ) ) = tan ( HK , EK ) = tan HKE =
.
3
6
11

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


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

Gọi H là hình chiếu của M lên mp ( OBC ) .
Vì AM = 2 BM nên OH = 2HB .
Suy ra ( OA, CM ) = ( MH , CM ) = CMH .
Đặt OB = x , ta có OA = x 3 , OC = x 3 ,
OA2 + OC 2 = 6 x 2 = AC 2 = 6a 2  x = a .

1
a 3
Ta có MH = OA =
,
3
3
HC = OC 2 + OH 2 =

Suy ra tan CMH =

a 31
.
3

HC
93
=
.
HM
3

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

Câu 5:

[2H1-3]Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc. Góc giữa đường thẳng AC
và mặt phẳng ( OBC ) bằng 60 , OB = a , OC = a 2 . Gọi M là trung điểm cạnh OB . Góc
giữa hai mặt phẳng ( AMC ) và ( ABC ) bằng

3
.
35

A. arcsin

B. arcsin

32
.
35

C. arcsin

1
.
35

D. arcsin

34
.
35

Lời giải
Chọn A.
Ta có góc giữa AC và mặt phẳng ( OBC ) bằng 60 . Suy ra OA = OC tan 60 = a 6 .

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
(Dùng công thức Hê-rông)
2

1
a3 3
VA.OCM = OA.OC.OM =
. Suy ra
6
6

d ( O, ( ACM ) ) =

Kẻ

OI

3VO. ACM
3
=a
= d ( B, ( ACM ) ) .
S ACM
14

vuông

d ( O, AC ) = OI =

góc

AC

với

I,

suy

ra

BI

vuông

góc

với

AC

và

OA.OC a 6
=
.
AC
2

Tam giác OIB vuông tại O có OI =

sin ( ( ACM ) , ( ABC ) ) =
Câu 6:

tại

a 6
a 10
, OB = a  BI =
.
2
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

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


Chọn B.
C1: Phương pháp dựng hình
Gọi O = AC  BD , khi đó OF //SA  OF ⊥ ( ABCD )  OF ⊥ AC .

Lại có AC ⊥ BD nên AC ⊥ ( BDF )  AC ⊥ BF . Vậy ( AC.BF ) = 90 .

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 
 a a 
Suy ra F  ; ; a  , BF =  − ; ; a  , AC = ( a; a;0 ) .
2 2 
 2 2 

Vậy BF . AC = 0  BF ⊥ AC  ( BF , AC ) = 90 .
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
đường thẳng BM và mặt phẳng ( ABC ) .
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
Gọi H là trung điểm của AC khi đó MH //SA  MH ⊥ ( ABC ) .
Vậy hình chiếu của BM lên mặt phẳng ( ABC ) là BH .
Suy ra ( BM , ( ABC ) ) = ( BM , BH ) = MBH . Ta có MH = a , BH =

a 3
, SB = SC = a 5 .
2

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


Tam giác MHB vuông tại H nên BM = BH 2 + MH 2 =

BH
a 7
21
=

, cos MBH =
.
BM
7
2

C2: Phương pháp tọa độ
Gọi H là trung điểm của AC khi đó MH //SA  MH ⊥ ( ABC ) .
a 3

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó H ( 0;0;0) , ( 0;0;a ) , B 
;0;0 
 2

 −a 3

 BM = 
;0; a  , HM = ( 0;0; a ) .
 2


Giả sử góc giữa BM và mp ( ABC ) là  thì ta có sin  =

Câu 8:

BM .HM
BM . HM

=

2 7
21
 cos  =
.
7
7

[2H1-3]Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông
góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Tính góc  giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( SDC ) .
A.  = 90 .

C.  = 30 .

B.  = 60 .

D.  = 45 .

Lời giải
Chọn B.
C1: Phương pháp dựng hình
Ta chứng minh được BC ⊥ ( SAB )  BC ⊥ SB CD ⊥ ( SAD )  CD ⊥ SD .
Kẻ BH ⊥ SC (1) . Ta có BD ⊥ ( SAC )  SC ⊥ BD ( 2) .
Từ (1) , ( 2)  SC ⊥ ( BHD )  SC ⊥ DH . Vậy

( ( SBC ) , ( SDC ) ) = ( BH , DH ) .

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


Tam giác SBC vuông tại B , đường cao BH

 BH = DH =

nên ta có

1
1
1
3
= 2+
= 2
2
2
BH
SB
BC
2a

a 6
.
3

BH 2 + DH 2 − BD 2
1
Áp dụng định lí côsin vào tam giác BHD ta có cos BHD =
=− .
2 BH .DH
2
Vậy cos ( ( SBC ) , ( SDC ) ) = cos ( BH , DH ) =

1

 ( ( SBC ) , ( SDC ) ) = 60 .
2

C2: Phương pháp tọa độ
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Khi đó A ( 0;0;0) , B ( a;0;0) , C ( a; a;0 ) , D ( 0; a;0 ) , S ( 0;0; a ) .
Suy ra SB = ( a;0; − a ) , SC = ( a; a; − a ) , SD = ( 0; a; − a ) .
Mặt phẳng ( SBC ) có một vectơ pháp tuyến n =  SB, SC  = ( a 2 ;0; a 2 ) .
Mặt phẳng ( SDC ) có một vectơ pháp tuyến k =  SD, SC  = ( 0; − a 2 ; − a 2 ) .
Vậy cos ( ( SBC ) , ( SDC ) ) =

Câu 9:

n.k
n.k

=

1
 ( ( SBC ) , ( SDC ) ) = 60 .
2

[2H1-3]Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB = a .Hai mặt
phẳng ( SAB ) và ( SAC ) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng

( SBC )

là

A.  = 45 .

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

B.  = 90 .

C.  = 30 .

D.  = 60 .

Lời giải
Chọn D.

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


C1: Phương pháp dựng hình
Hai mặt phẳng

( SAB )

và

( SAC )

cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vuông góc với

mp ( ABCD ) nên SA ⊥ ( ABCD ) . Dựng AK ⊥ SB . Ta có BC ⊥ AB , BC ⊥ SA  BC ⊥ ( SAC )

 BC ⊥ AK . Vậy AK ⊥ ( SBC ) , từ đó suy ra AK =

a 2
.
2

Tam giác SAB vuông tại A , đường cao AK nên ta có

1
1
1
2 1
1
=
−
= 2− 2 = 2
2
2
2
SA
AK
AB
a a
a

 SA = a .
Dựng hình bình hành ACBD như hình vẽ, khi đó AC //BD  ( AC, SB ) = ( BD, SB ) .
Tính được SD = a 2 , SB = a 2 , BD = a 2 nên tam giác SBD đều.
Vậy ( AC, SB ) = SBD = 60 .

C2: Phương pháp tọa độ
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, Bz //SA . Khi đó theo cách 1 ta có:

B ( 0;0;0) , A ( a;0;0) , C ( 0; a;0) , S ( a;0; a ) , suy ra BS = ( a;0; a ) , AC = ( −a; a;0 ) .
Vậy cos ( AC , SB ) =

BS . AC
BS . AC

=

1
 ( AC, SB ) = 60 .
2

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

a3
. Tính
3

góc  giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( SCD ) .
A.  = 45 .

B.  = 60 .

C.  = 30 .

D.  = 90 .

Lời giải
Chọn C.

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


C1: Phương pháp dựng hình
Hai mặt phẳng

( SAB )

và

( SAD )

cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vuông góc với

mp ( ABCD ) nên SA ⊥ ( ABCD ) . Do đó SA =

3VS . ABCD
=a.
S ABCD

Tam giác SAD vuông tại A nên SD = SA2 + AD2 = a 2 .
Ta có CD ⊥ AD , CD ⊥ SA  CD ⊥ ( SAD )  CD ⊥ SD .
Vậy diện tích tam giác SCD là: S SCD =

1
a2 2

SC.CD =
.
2
2

Gọi I là hình chiếu của B lên mặt phẳng ( SCD ) , khi đó ( SB, ( SCD ) ) = ( SB, SI ) = BSI .
Mặt khác BI =

3VB.SCD 3VS . ABCD a 2
=
=
.
S SCD
2 S SCD
2

Tam giác SAB vuông tại A nên SB = SA2 + AB2 = a 2 .
Tam giác SIB vuông tại I nên sin BSI =

BI 1
=  BSI = 30 .
SB 2

Vậy ( 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 ) .
Suy ra SD = ( a;0; − a ) , SC = ( a; a; − a ) , SB = ( 0; a; − a ) .

Mặt phẳng ( SCD ) có một vectơ pháp tuyến là n =  SD, SC  = ( a 2 ; a 2 ; 2a 2 ) .
Vậy sin ( SB, ( SCD ) ) =

n.SB
n . SB

=

1
 ( SB, ( SCD ) ) = 30 .
2

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


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

( SAC )

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

phẳng ( SAB ) và ( SBC ) .
A. cos  =

1
.
5

B. cos  =

5
.
7

C. cos  =

7
.
7

D. cos  =

1
.
3

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

( SAB )

và

( SAC )

cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vuông góc với

mp ( ABC ) nên SA ⊥ ( ABC ) .

Gọi M là trung điểm của AB , do tam giác ABC đều nên CM ⊥ AB .
Lại có SA ⊥ ( ABC )  SA ⊥ CM suy ra CM ⊥ ( SAB )  CM ⊥ SB .
Dựng CI ⊥ SB thì SB ⊥ ( CMI )  SB ⊥ IM .
Vậy IM ⊥ SB , CI ⊥ SB  ( ( SAB ) , ( SBC ) ) = ( MI , CI ) .
Hai tam giác SAB và MIB đồng dạng nên

SA SB
MB.SA
AB.SA
a 3
 MI =
=
=
=
.
MI MB
SB
4
2 SA2 + AB 2

Tam giác CMB vuông tại M nên CM = CB 2 − MB 2 =
Tam giác IMB vuông tại I nên IB = MB 2 − IM 2 =
Tam giác CIB vuông tại I nên 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

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


C2: Phương pháp tọa độ
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. M là trung điểm BC , Oz //SA .
a 3
a 3


 a 

Khi đó M ( 0;0;0 ) , A 
;0; a 3  .
;0;0  , B  0; ;0  , S 
 2 
 2
 2


 a 3 a

a 3

 a 
Suy ra SA = 0;0; − a 3 , SB =  −
; ; − a 3  , MS = 
;0; a 3  , MB =  0; ;0  .
2 2
 2 


 2


(

)

 a 2 3 3a 2 
Mặt phẳng ( SAB ) có một vectơ pháp tuyến là n =  SA, SB  = 
;

;0  .
2
 2

 −a 2 3
a2 3 
Mặt phẳng ( SBC ) có một vectơ pháp tuyến là k =  MS , MB  = 
;0;
 .
2
4



Vậy cos ( ( SAB ) , ( SBC ) ) =

n.k

=

n.k

1
.
5

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 .

A.

5
.
5

B.

5
.
4

C.

a 5
.
5

D.

a 5
.
4

Lời giải
Chọn A.
C1: Phương pháp dựng hình
Gọi E là trung điểm của AD , F là trung điểm của AE .
Ta có MF //BE //ND  ( SM , DN ) = ( SM , MF ) .
Ta có SM 2 =

SB 2 + SA2 AB 2
−
=a
2
4

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


 SM = SA  SH ⊥ MA , với H là trung điểm của MA .
 SH ⊥ ( ABCD ) .

BE = AB2 + AE 2 = a 5  MF =
SF = SH 2 + HF 2 =

1
a 5
a 2
a 3
; HF = BD =
; SH = SA2 − HA2 =
4
2
2
2

a 5
( SHF vuông tại H ).
2

Định lí côsin trong SMF : SF 2 = SM 2 + MF 2 − 2SM .MF .cos SMF


5a 2
5a 2
a 5
5
5
 cos ( SM , MF ) =
= a2 +
− 2a.
.cos SMF  cos SMF =
.
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
 3a
a



M  ; 0; 0  , S  0;0;
 , D  − ; 2a; 0  , N  ; a;0  .
2 
 2
 2
2





Vậy cos ( SM , DN ) =

SM .DN
SM . DN

=

5
.
5

Câu 13: [2H1-3]Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 3 . Tam giác SBC
vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy ( ABCD ) , đường thẳng SD tạo

với mặt phẳng ( SBC ) một góc 60 . Tính góc giữa ( SBD ) và ( ABCD ) .

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


A.


.
2

B.


.
3

C.


.
6

D.


.
4

Lời giải

Chọn D.
C1: Phương pháp dựng hình
Từ S dựng SH ⊥ BC , suy ra SH ⊥ ( ABCD ) . Từ H dựng HI //AC , I  BD , suy ra HI ⊥ BD .
Góc giữa ( SBD ) và ( ABCD ) là SIH .

 DC ⊥ BC
Ta có 
 DC ⊥ ( SBC )  ( SD, ( SBC ) ) = DSC = 60 và DC ⊥ SC .
 DC ⊥ SH

 SC =

CD
SB.SC a 2
= a  SH =
=
 SH = IH  SHI vuông cân tại H .
tan 60
BC
3

Vậy SIH =


4

.

C2: Phương pháp tọa độ
Từ S dựng SH ⊥ BC , suy ra SH ⊥ ( ABCD ) . 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 )  ( SD, ( SBC ) ) = DSC = 60 và DC ⊥ SC .
Ta có 
 DC ⊥ SH

 SC =

CD
2a
SB.SC a 2
= a  SH =
=
.
 BH = SB 2 − SH 2 =
tan 60
BC
3
3

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



a
a 2
 a

 2a


).
; a 3;0  (vì HC = BC − BH =
;0;0  , D  −
H ( 0;0;0) , S  0; 0;
 , B 
3
3
3
3







(

(

)

)

Ta có  SB, SD  = a 2 2; a 2 2; 2a 2  n1 = 1;1; 2 là một vectơ pháp tuyến của ( SBD ) .

 HB, HD  = ( 0;0; 2a 2 )  n2 = ( 0;0;1) là một vectơ pháp tuyến của ( ABCD ) .




(

)

 cos ( ( SBD ) , ( ABCD ) ) = cos n1 , n2 =
Vậy SIH =


4

n1.n2

=

n1 . n2

2
.
2

.

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

A.

2
.
4

B.

3
.
2

C.

3
.
6

D.

3
.
4

Lời giải
Chọn D.
C1: Phương pháp dựng hình

AM =

3 2a

.
= a (trung tuyến trong tam giác đều).
2
3

Khi đó cos ( AC , AM ) =

a2
3
.
=
4a
4
.a
3

Gọi N là trung điểm của BC  AN //AM  ( AC, AM ) = ( AC, AN ) .
Suy ra cos ( AC, AM ) = cos ( AC, AN ) = cos CAN .
Xét tam giác ANC có cos CAN =
Ta có AN = AM = a , AC =
Vậy cos CAN =

AC 2 + AN 2 − CN 2
.
2 AC. AN

13a 2
4a
, CN 2 = CC 2 + 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

;0;0  , A ( 0; a;2a ) .
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó M ( 0;0;0 ) , A ( 0; a;0) , C 
 3


4a
 a

; a; 2a   AC =
Ta có AC =  −
, AM = ( 0; a;0 )  AM = a .
3
3



Vậy cos ( AC , AM ) =

AC. AM
AC . AM

=

3
.
4

Câu 15: [2H1-3]Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC với đáy ABC là tam giác vuông tại C có
AB = 8 cm , BAC = 60 , diện tích tam giác ACC là 10cm2 . Tính tang của góc tạo bởi hai mặt

phẳng ( C AB ) và ( ABC ) .
A.

5 3
.
6

B.

5 3
.
2

C.

3
.
6

D.

3
.
2

Lời giải
Chọn A.
C1: Phương pháp dựng hình
Ta có AB = ( ABC )  ( CAB ) . Kẻ CH ⊥ AB . Ta chứng minh được AB ⊥ ( CCH ) .

C H = ( C AB )  ( C HC )
Ta có 
C H = ( C AB )  ( ABC )
Nên

(( CAB ) , ( ABC ) ) = (CH , CH ) = CHC .

Trong ABC có cos CAB =

AC
 AC = 4 ( cm ) .
AB

Trong AHC có CH = AC.sin 60 = 2 3 ( cm ) .

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


1
Có S AC C = C A.C C  C C = 5 ( cm ) .
2
Trong CCH có tan CHC  =

CC  5 3
=
.
CH
6

C2: Phương pháp tọa độ

(

)

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó C ( 0;0;0) , A ( 0;4;0) , B 4 3;0;0 , C ( 0;0;5) .
Ta có ( ABC )  ( Oxy )  ( ABC ) : z = 0 .

(

(

)

)

Lại có C A = ( 0; 4; − 5 ) , C B = 4 3;0; − 5  C A, C B  = −20; − 20 3; − 16 3 .

(

)

Suy ra ( C AB ) có VTPT là n = 5;5 3; 4 3 và ( ABC ) có VTPT là n = ( 0;0;1) .
Khi đó cos ( ( C AB ) , ( ABC ) ) =

Áp dụng công thức 1 + tan 2  =

n.n
n . n

=

2 3
.
37

1
5 3
 tan ( ( C AB ) , ( ABC ) ) =
.
2
cos 
6

Câu 16: [2H1-3]Cho hình lăng trụ ABC. ABC có mặt đáy là tam giác đều cạnh AB = 2a . Hình chiếu
vuông góc của A lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa
cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Góc giữa đường thẳng AC và ( ABC ) là
A.


.
4

B.


.
6

C.


.
3

D. arcsin

1
.
4

Lời giải
Chọn A.
C1: Phương pháp dựng hình

Ta có AH ⊥ ( ABC ) nên CH là hình chiếu vuông góc của AC lên ( ABC ) .

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


Khi đó ( AC , ( ABC ) ) = ( AC , CH ) = ACH .
Xét tam giác ACH vuông tại H ta có tan ACH =
Vậy ( AC , ( ABC ) ) =


4

AH
= 1.
CH

.

C2: Phương pháp tọa độ

(

)

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho H ( 0;0;0) , B ( a;0;0) , A ( −a;0;0 ) , C 0; a 3;0 ,

(

)

A 0;0; a 3 .
Mặt phẳng ( ABC ) : z = 0 có vectơ pháp tuyến k = ( 0;0;1) .

(

)

Vectơ chỉ phương của đường thẳng AC là u = AC = a 0; − 3; 3 .
Khi đó sin ( AC , ( ABC ) ) =

u.k
u.k

=


2
. Vậy ( AC , ( ABC ) ) = .
2
4

Câu 17: [2H1-3]Cho hình lăng trụ ABC. ABC có mặt đáy là tam giác đều cạnh AB = 2a . Hình chiếu
vuông góc của A lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa
cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Góc giữa hai mặt phẳng ( BCCB) và ( ABC ) là
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:

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


AH //BE và BE ⊥ ( ABC )  BE = AH = a 3 .
Kẻ EK ⊥ BC , EF ⊥ BK . Ta có BC ⊥ ( BEK )  BC ⊥ BK .
Khi đó

(( BCCB) , ( ABC ) ) = ( BK , EK ) = BKE .

Xét tam giác KEB vuông tại K và KBE = 60 , ta có EK = BE sin 60 =
Xét tam giác BEK vuông tại E , ta có tan BKE =

Vậy

a 3
.
2

BE a 3

=
= 2.
EK a 3
2

(( BCCB) , ( ABC ) ) = arctan 2 .

C2: Phương pháp tọa độ

(

)

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho H ( 0;0;0) , B ( a;0;0) , A ( −a;0;0 ) , C 0; a 3;0 ,

(

)

A 0;0; a 3 .
Mặt phẳng ( ABC ) : z = 0 có vectơ pháp tuyến k = ( 0;0;1) .
Mặt phẳng ( BCB) có vectơ pháp tuyến n =  BC , BB = a 2 3
Khi đó cos ( ( BCC B ) , ( ABC ) ) =

Vậy

n.k
n.k

=

(

)

3;1; − 1 .

5
 tan ( ( BCC B ) , ( ABC ) ) = 2 .
5

(( BCCB) , ( ABC ) ) = arctan 2 .

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

( ABC )

trùng với trọng tâm G của tam giác ABC . Biết

AA = 3a . Góc giữa hai mặt phẳng ( ABBA) và ( ABC ) là

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


A. arccos

2
.
3

1
B. arccos .
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

Kẻ GE ⊥ AB , ta có AB ⊥ AE .

EG =

a 3
a 69
, AG = AA2 − AG 2 =
. Vậy
3
3

( ( ABBA) , ( ABC ) ) = ( AE, EG ) = AEG .

Xét tam giác AEG vuông tại G ta được tan AEG =
Vậy

AG
6
= 23  cos AEG =
.
EG
12

( ( ABBA) , ( ABC ) ) = arccos 126 .

C2: Phương pháp tọa độ

(

)

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho I ( 0;0;0) , A 0; a 3;0 , C ( a;0;0) , B ( −a;0;0 ) ,

 a 3 
 a 3 a 69 
G  0;
;0  , A  0;
;
.
3
3
3 




Mặt phẳng ( ABC ) : z = 0 có vectơ pháp tuyến k = ( 0;0;1) .

69 2 3 
;
Mặt phẳng ( ABBA) có vectơ pháp tuyến n =  AB, AA = a 2  − 23;
 .
3
3



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


Khi đó cos ( ( ABBA ) , ( ABC ) ) =

Vậy

n.k
n.k

=

6
.
12

( ( ABBA) , ( ABC ) ) = arccos 126 .

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