Bài 4. Bài tập có đáp án chi tiết về quan hệ vuông góc trong không gian lớp 11 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.55 MB, 66 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Câu 1. [1H3-4.1-1] (HK2 THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI) Khẳng định nào sau đây là khẳng
định sai ?

A. Trong không gian một đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau của mặt phẳng
thì đường thẳng đó vng góc với mặt phẳng.

B. Trong khơng gian hai mặt phẳng cắt nhau và vng góc với mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến 
của chúng cũng vng góc với mặt phẳng thứ ba.

C. Trong khơng gian hai đường thẳng phân biệt cùng vng góc với một mặt phẳng thì hai
đường thẳng đó song song với nhau.

D. Trong không gian hai đường thẳng phân biệt cùng vng góc với đường thẳng thứ ba thì hai
đường thẳng đó song song với nhau.

Tác giả: Đỗ Thị Bích Hường

Lời giải
Các câu A,B,C đúng vì là lý thuyết ( Định lý, hệ quả )

Câu D sai vì hai đường thẳng đó có thể cắt nhau hoặc chéo nhau

Bài tập tương tự

Câu 2. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ?

A. Trong không gian hai đường thẳng cùng vng góc với một đường thẳng thì song song với
nhau.

B. Trong không gian hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì vng góc với
nhau.

C. Trong khơng gian một đường thẳng vng góc với một trong hai đường thẳng vng góc với
nhau thì song song với đường thẳng cịn lại.

D. Trong khơng gian một đường thẳng vng góc với một trong hai đường thẳng song song thì
vng góc với đường thẳng cịn lại.

Câu 3. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ?

A. Trong khơng gian hai đường thẳng phân biệt cùng vng góc với một đường thẳng thì song
song.

B. Trong khơng gian hai mặt phẳng phân biệt cùng vng góc với một mặt phẳng thì song song.
C. Trong khơng gian hai đường thẳng cùng vng góc với một mặt phẳng thì song song.

D. Trong không gian hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song
song.

Ghi nhớ: Để làm các câu hỏi lý thuyết về quan hệ vng góc trong không gian

-Cần nắm chắc các định lý, hệ quả về quan hệ vng góc giữa hai đường thẳng, giữa đường
thẳng và mặt phẳng, giữa hai mặt phẳng.

-Nắm chắc mối liên hệ giữa quan hệ vng góc và quan hệ song song trong không gian.

Câu 4. [1H3-4.1-1] (HK2 THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI) Cho hình chóp S ABCD. đều. Gọi
H là trung điểm củaAC. Tìm mệnh đề sai?

A.



SAC

 

 SBD



. B. SH 



ABCD



. C.



SBD

 

 ABCD



. D. CD



SAD



.
Lời giải

Tác giả: Lê Thị Thu Hằng ; Fb: Lê Hằng

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

( ) ( ) ( )

AC BD

AC SBD SAC SBD

AC SH

 

   



 

Vì S ABCD. là hình chóp đều  SH (ABCD)

( )

SH ABCD

SH SBD

 




 



SBD

 

 ABCD







CD SAD

là mệnh đề sai

Bài tập tương tự :

Câu 5. Cho hình chóp S ABCD. đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Tìm mệnh đề sai?
A. AC 



SBD



. B.



SAC

 

 ABCD



. C.SO



ABCD



. D. AB



SAD



.
Câu 6. Cho hình chóp S ABC. đều có O là tâm đáy. Tìm mệnh đề sai?

A. SO



ABC



. B. AB



SOC



. C.



SAB

 

 SBC



. D.



SAO

 

 ABC



.
Câu 7. [1H3-4.1-1] (HK2 THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI) Tìm mệnh đề đúng ?

A. Hình chóp đều có tất cả các cạnh bằng nhau.
B. Hình lập phương có 6 mặt là hình vng.
C. Hình hộp có đáy là hình chữ nhật.

D. Hình lăng trụ đều có đáy là tam giác đều.

Lời giải

Tác giả: Trần Quốc Đại ; Fb: Trần Quốc Đại.

Chọn B

Vì theo định nghĩa hình lập phương là hình hộp chữ nhật có 6 măt là hình vng.

Bài tập tương tự :
Câu 8. Chọn khẳng định Đúng ?

A. Tứ diện đều có tất cả các mặt là các tam giác bằng nhau.
B. Hình chóp có đáy hình vng là hình chóp tứ giác đều.
C. Hình lăng trụ đứng có đáy là hình chữ nhật.

D. Hình hộp chữ nhật có 6 mặt là hình chữ nhật bằng nhau.
Câu 9. Cho các mệnh đề sau:

I. Hình chóp tam giác đều có tất cả các mặt là các tam giác đều.

II. Hình chóp tứ giác đều có đáy là hình vng và các mặt bên là các tam giác đều.
III. Hình lăng trụ đều có tất cả các mặt đều là các hình vng.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

A.0. B.1. C.2. D.3 .

Câu 10. [1H3-4.2-2] (KIM-LIÊN 11 hk2 -2017-2018) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình

thang vng tại A và B;

1
2

AB BC a   AD

, SA



ABCD



. Biết góc giữa hai mặt phẳng



SCD



và



ABCD



bằng 45 (tham khảo hình vẽ bên). Tính SA ?

A.

2
2

a

. B. 2a . C. a . D. a 2.

Lời giải

Tác giả: Phan Minh Quốc Vinh ; Fb: Vinh Phan 
Chọn D

Gọi M là trung điểm của AD. Khi đó, tứ giác ABCM là hình vng nên ACM   .45

Tam giác MCD vuông cân tại M nên MCD   . 45

Suy ra ACD   .90

Ta có CDSA (vì SA



ABCD



, CD



ABCD



), CDAC nên suy ra CDSC

Như vậy,



 







 





,





 ,



 45

SCD ABCD CD

AC CD SCD ABCD AC SC SCA

SC CD

 




     



 

 .

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu 11. [1H3-4.2-3] (HKII-CHUYÊN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Cho hai tam giác ACD và BCD
nằm trên hai mặt phẳng vng góc với nhau và AC AD BC BD a   , CD2x. Tìm giá

trị của x để hai mặt phẳng



ABC



và



ABD



vuông góc nhau.

A. 3

a
x 

. B.

3
3

a
x 

. C.

2
3

a
x 

. D. 2

a
x 

.
Lời giải

Tác giả: Bình Yên; Fb: Bình Yên

Chọn B

Gọi I , J lần lượt là trung điểm AB , CD . Vì J là trung điểm CD và ACAD nên
AJ CD. Do (ACD) ( BCD) AJ (BCD).

Ta thấy AJD vuông tại J nên AJ  a2 x2 .

Mặt khác ACAD BC BD a   nên AJB vuông cân tại J .

Suy ra: ABAJ 2 2(a2 x2).
Do IA IB , AJB vuông tại J nên

2 2

1 1

2( )

2 2

IJ  AB a  x
.

Vì CI và DI vng góc với AB nên (ABC) ( ABD) suy ra CID   90 .

Ta có

2 2

1 1 1 3

2( ) 2

2 2 2 3

a
IJ  CD a  x  x x

Câu 12. [1H3-4.2-3] (HK 2 sở bắc giang toán 11 năm 2017-2018) Cho tứ diện OABC có OA OB OC, ,
đơi một vng góc với nhau.

1)Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng BC .

2)Gọi    lần lượt là góc giữa đường thẳng , , OA OB OC, , với mặt phẳng



ABC



. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức Pcoscoscos.

Lời giải

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ta có

( )

 



    



  

OA OB

OA OC OA OBC OA BC

OB OC O

Bài tập tương tự

Câu 13. Cho tứ diện OABC có OA OB OC, , đơi một vng góc với nhau.
a)Chứng minh OBAC .

b)Gọi    lần lượt là góc giữa đường thẳng , , OA OB OC, , với mặt phẳng



ABC



. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức Psinsin sin.

ĐS:

max 3 sin sin sin

  

    

P

Câu 14. Cho tứ diện OABC , có OA OB OC, , đơi một vng góc với nhau. Gọi    là góc tạo bởi, ,
các mặt bên (OBC OCA OAB),( ),( ) với mặt phẳng (ABC). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2 2 2 2

tan  tan  tan  cot  cot  cot 

     

P .

ĐS:

15 3

min cos cos cos

2    3

    

P

Câu 15. [1H3-4.3-1] (Triệu Thái Vĩnh Phúc Lần 3) Cho hình lập phương ABCD A B C D.     . Góc giữa
hai mặt phẳng



ADD A  và





ABC D  bằng



A. 30 . B. 60 . C. 45 . D. 90 .

Lời giải

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Ta có AB



ADD A 



, suy ra



ABC D 

 

 ADD A 



. Do đó,



 







ADD A  , ABC D   



90
.

Câu 16. [1H3-4.3-2] (Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ) Cho hình lập phươngABCD A B C D.     . Góc
giữa hai mặt phẳng



A B CD 



và



ABC D 



bằng?

A.60 . B. 45 . C. 90 . D. 30 .

Lời giải

Tác giả: Đinh Xuân Nhân ; Fb: Đinh Xuân Nhân 
Chọn C

Ta có







 



AD A D

AD A B CD ABC D A B CD

AD CD

 


      

   


 

 .

Vậy góc giữa hai mặt phẳng



A B CD 



và



ABC D 



là 90 .

Câu 17. [1H3-4.3-2] (PHÂN-TÍCH-BL-VÀ-PT-ĐẠI-HỌC-SP-HÀ-NỘI) Cho hình lập phương
' ' ' '

ABCDA B C D . Góc giữa hai mặt phẳng

(

BCD A' '

)

và

(

ABCD

)

bằng:
A.45 .0 B.30 .0 C. 90 .0 D. 60 .0

Lời giải

Tácgiả:Quỳnh Giao; Fb:QGiaoDo 
Chọn A

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Vậy

(

) (

)

·BCD A' ' ; ABCD =

(

·AB A B; '

)

=450

Phát triển

PT 10.1. Cho hình chóp .S ABC có SA^

(

ABC

)

và AB^BC, gọi I là trung điểm BC . Góc giữa hai
mặt phẳng

(

SBC

)

và

(

ABC

)

là góc nào sau đây?

A. ·SBA . B. ·SCA . C. ·SCB . D. ·SIA .

Lời giải

Tácgiả:Quỳnh Giao; Fb:QGiaoDo 
Chọn A

(

SBC

) (

Ç ABC

)

=BC

; BC^BA BC; ^SA nên BC^

(

SAB

)

Vậy

(

) (

)

·SBC ; ABC =

(

·SB AB;

)

=SBA·

Câu 18. [1H3-4.3-2] (Quỳnh Lưu Lần 1) Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình chữ nhật cạnh
AB a , SA vng góc với mặt phẳng đáy và SB2a. Góc giữa mặt phẳng (SBC)

và mặt
phẳng đáy bằng

A. 90 . B. 60. C. 45. D. 30.

Lời giải

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Vì SA(ABCD) nên SABC.

Mặt khác, theo giả thiếtABBC. Do đó BC(SAB) nên SBBC. 
 Góc giữa hai mặt phẳng (SBC và () ABCD là góc SBA.)

Ta có

 1

cos

2 2

AB a
SBA

SB a

  

 SBA   .  60

Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SBC và () ABCD bằng ) 60.
Câu 19. [1H3-4.3-2] (THTT số 3) Khẳng định nào sau đây đúng?

A. Hai đường thẳng phân biệt cùng vng góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.
B. Hai mặt phẳng song song khi và chỉ khi góc giữa chúng bằng

0

C. Hai đường thẳng trong không gian cắt nhau khi và chỉ khi góc giữa chúng lớn hơn

0

và nhỏ
hơn 90 .

D. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vng góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Minh Tuân; Fb: Nguyễn Minh Tn
Chọn A

B sai vì góc bằng 0 thì chúng có thể trùng nhau
C sai vì chúng có thể khơng vng và chéo nhau
D sai vì chúng có thể cắt nhau

Câu 20. [1H3-4.3-2] (Sở Đà Nẵng 2019) Trong hình chóp tam giác đều có góc giữa cạnh bên và mặt
đáy bằng 60 , tang của góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng

A.

6 . B. 3 . C.

2 . D. 2 3 .

Lời giải

Tác giả: Đinh Minh Thắng ; Fb: Win Đinh 
Chọn D

Nhận xét: Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác đều và các cạnh bên có độ dài bằng 
nhau. Tâm của đáy là chân đường cao của hình chóp và các cạnh bên tạo với mặt đáy các góc 
bằng nhau, các mặt bên tạo với mặt đáy các góc bằng nhau.

Cho hình chóp đều .S ABC như hình vẽ.

Gọi O là trọng tâm của tam giác đều ABC , khi đó SO



ABC









SB ABC,





SB OB,



SBO 60

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Gọi I là trung điểm BC , khi đó BCAI.

Mặt khác SO



ABC



nên SOBC .

Do đó BC



SOI



 SI BC.

Ta có



 











SBC ABC BC

SI SBC OI ABC

SI BC OI BC

 




 




 

 .



 





SBC , ABC





SI OI,



SIO 

   

(vì tam giác SOI vuông tại O ).

Xét tam giác SOB vng tại O, ta có SO OB .tan 60 OA 3.

Xét tam giác SOI vng tại O, ta có

. 3 2 . 3

tan SO OA OI 2 3

OI OI OI

    

Câu 21. [1H3-4.3-2] (Thị Xã Quảng Trị) Cho hình chóp tứ giác đều có góc giữa mặt bên và mặt phẳng
đáy bằng 45 . Gọi  là góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy. Tính tan .0

A. tan  2. B. tan  3. C.

1
tan

2
 

. D.

1
tan

3
 

Lời giải

Tác giả: Bàn Thị Thiết; Fb: Bàn Thị Thiết
Chọn C

Giả sử S ABCD. là hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a .

Điểm M là trung điểm của DC, { }O ACBD. Khi đó SMO  450.

Xét SMO có

 0

tan .tan 45

SO a

SMO SO OM

OM

   

Xét DBC có

2 2 2 2

a
BD DC CB a  DO

Xét SDO có

2 1

tan .

2 2 2

2
a

SO a

DO a a

    

. Vậy

1
tan

2
 

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Câu 22. [1H3-4.3-2] (CHUN HỒNG VĂN THỤ HỊA BÌNH LẦN 4 NĂM 2019) Cho hình
chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a . Tính cosin của góc giữa một mặt bên và mặt
đáy.

A.

3 . B.

2 . C.

2 . D.

1
3 .
Lời giải

Tác giả: Pham Anh; Fb: Pham Anh.

Chọn A

S

A

B C

D

O  H

Xét hình chóp tứ giác đều .S ABCD có tất cả các cạnh bằng a , khi đó SO



ABCD



.
Gọi OACBD, gọi H là trung điểm của CD.

Ta có



SCD

 

 ABCD



CD.

Tam giác SCD đều cạnh a  SH CD và

3
2

a
SH 

ABCD là hình vng tâm O OH CD và 2
a
OH 

Khi đó góc giữa mặt bên



SCD



và mặt phẳng



ABCD



là góc giữa hai đường thẳng SH và 
OH và bằng góc SHO .

Xét tam giác SOH vuông tại O , có

 3

cos

OH
SHO

SH

 

Câu 23. [1H3-4.3-2] (Chuyên Hùng Vương Gia Lai) Cho hình chóp

S ABCD

.

có đáy

ABCD

là hình
vng cạnh

a SA a

,



3,

SA



(

ABCD

).

Góc giữa hai mặt phẳng

(

SBC

)

và

(

ABCD

)

bằng

A. 45 .0 B. 30 .0 C. 60 .0 D. 90 .0

Lời giải

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Ta có



SBC





(

ABCD

)



BC

,mà

(

)

(

)

ABCD

AB BC

SBC

SB BC

















(SBC ABCD),( )



(·SB BA, ).

 

Tam giác

SAB

vng tại Anên góc ·SBA nhọn nên

(

· SB BA

,

)



SBA

·

Trong tam giác vuông

SAB

·

3

· tan

SBA

SA a

3 SBA

60 .

BA

a







Câu 24. [1H3-4.3-2] (-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Cho hình chóp .S ABCD có đáy

ABCD là hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy và

6
6

a
SA 

. Khi đó góc giữa mặt

phẳng



SBD



và mặt đáy



ABCD



là

A. 60 . B. 45 . C. 30 . D. 75 .

Lời giải

Tácgiả: Nguyễn Chí Tâm; Fb: Chí Tâm
Chọn C

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Lại cóBD



SAC



nên BDSO. Do đó, ta có

(

SBD

) (

; ABCD

)

(

SO AO;

)

.

Vì SAO có SAO  

︿

90 nên SOA

︿

là góc nhọn và ta có



SBD

 

; ABCD



SOA

︿

Xét SAOV ta có

6
3
6
tan 30
3
2
2
a
SA
SOA SOA
AO a
     

︿

Câu 25. [1H3-4.3-2] (Quỳnh Lưu Lần 1) Cho hình lập phương ABCD A B C D. ' ' ' '. Tính góc giữa hai
mặt phẳng



A BC'



và



A CD'



A. 90 .0 B. 120 .0 C. 60 .0 D.45 .0
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Minh Phương ; Fb: Minh Phương 
Chọn C

Cách 1:

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho Otrùng với A', các đỉnh '; ';B D A lần lượt nằm trên các trục

, ,
Ox Oy Oz .

Khơng mất tính tổng qt giả sử hình lập phương có cạnh 1.

Khi đó A'



0;0;0 ,



B' 



1;0;0 , '



D 



0;1;0 ,



A



0;0;1 ,



B



1;0;1 ,



D



0;1;1 ,



C



1;1;1















' 0;1;1 , ' 1;1;1 , ' 1;0;1

A D A C A B

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

  
  
.

Vecto pháp tuyến của mp



A CD'



: n1A D A C' , '  



0;1; 1



  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
.

Vecto pháp tuyến của mp



A BC'



: n2 A'B, 'A C 



1;0; 1



  
  
  
  
  
  

  
  
  
  
  
  
  
  
.

Khi đó



 





1 2



cos ' , ' cos ,

A DC A BC              n n   

Vậy góc giữa hai mặt phẳng



A BC'



và



A CD'



là: 60 .0
Cách 2:

Dễ thấy





' '

' ' '

' '

A C AB

A C AB D

A C AD




  



 ; Mà



AB AD '; '



60o. 
Cách 3:

Hai tam giác vuông A BC  A DC . Dựng các đường cao BH , DH .

Suy ra:



 



 1

cos ' , ' cos

A DC A BC  BHD 

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Câu 26. [1H3-4.3-2] (Sở Quảng NamT) Cho hình lập phương ABCD A B C D . Gọi  là góc giữa hai.    
mặt phẳng



A BD



và



ABC



. Tính tan.

A.

1
tan



. B. tan 2. C.

2
tan

3
 

. D.

3
tan

2
 

Lời giải

Tác giả: Cao Hữu Trường ; Fb: Cao Huu Truong 
Chọn B

Gọi O là tâm của hình vng ABCD .

Ta có





BD AC

BD A AC BD A O

BD AA




 

   






 .

Mà





 



  





  



A BD ABC BD

BD AO

BD A O

Suy ra  A OA .

Ta lại có

1 1 2

2 2  2 

  

AO AC AA AA

Vậy

tan 2

2
2

AA AA

AO

AA

   


.

Câu 27. [1H3-4.3-2] (PHÂN-TÍCH-BL-VÀ-PT-ĐẠI-HỌC-SP-HÀ-NỘI) Cho hình chóp S ABCD. có
, ,

SA SB SC đơi một vng góc nhau và SA SC a  , SB2a. Gọi O là tâm của mặt cầu

ngoại tiếp hình chóp S ABC. . Góc giữa hai mặt phẳng



SBO



và



SBC



bằng

A. 30 .0 B. 45 .0 C. 60 .0 D. 90 .0

Lời giải

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

+ Gọi M là trung điểm AC, từ M dựng đường thẳng  vng góc 1



SAC



+ Gọi N là trung điểm AB, từ N dựng đường thẳng  song song 2 SM , khi đó  cắt 2  tại1

O và Olà tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. .

+ Ta có SB



SBO

 

 SBC



và

SB SC

SB SM







 nên góc giữa hai mặt phẳng



SBO



và



SBC



bằng

góc giữa




SC SM;



CSM

+ Vì tam giác ACSvng cân có SM là trung tuyến nên cũng là đường phân giác, suy ra
 450

CSM 

Bài tốn tương tự.

PT 34.1Cho hình chóp S ABCD. có SA SB SC đơi một vng góc nhau và , , SA a SC a ;  2. Gọi O là
tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. . Cosin góc giữa hai mặt phẳng



SBO



và



SAB



bằng

A. 
1

3 . B. 3 . C.

3 . D.

3
2 .

Lời giải

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

+ Gọi M là trung điểm AC, từ M dựng đường thẳng  vng góc 1



SAC



+ Gọi N là trung điểm AB , từ N dựng đường thẳng  song song 2 SM , khi đó  cắt 2  tại1

O và Olà tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. .

+ Ta có SB



SBO

 

 SBC



và

SB SA

SB SM







 nên góc giữa hai mặt phẳng



SBO



và



SAB



bằng

góc giữa




SA SM;



ASM

+ Tính được

3
;

2 2

AC a
SA a SM AM  

suy ra







SA2 2. .SM2 AM2 33

Cos ASM

SA SM

 

 

PT 34.2. Cho hình chóp S ABCD. có SA SB SC đơi một vng góc nhau và , , SA SC a  ,

2
2

a
SB 

Góc giữa hai mặt phẳng



SAC



và



ABC



bằng

A. 30 .0 B. 45 .0 C. 60 .0 D. 90 .0

Lời giải

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

+ Gọi M là trung điểm AC nên SM AC BM; AC suy ra góc giữa hai mặt phẳng



SAC



và



ABC



bằng góc giữa hai đường thẳng




SM BM;



bằng SMB

+ Tính được

2
2;

2 2

AC a
AC a SM  

suy ra tam giác SBM vuông cân tại Snên góc
 450

SMB  .

Câu 28. [1H3-4.3-2] (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Cho hình chóp đều S ABCD. có

AB a, SA a 5. Góc giữa hai mặt phẳng



SAB



và



ABCD



bằng

A. 30 . B. 45. C. 60. D. 75.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Thanh Vân; Fb: Thanh Van 
Chọn C

Gọi H ACBD, M là trung điểm cạnh AB .

Vì chóp S ABCD. đều  SM AB, HM AB. Mà



SAB

 

 ABCD



AB nên góc giữa 
hai mặt phẳng



SAB



và



ABCD



là SMH .

Trong hình vng ABCD cạnh 2a, có AC2 2a

2
2

AH AC a

  

Trong tam giác vng SAH , có SH  SA2 HA2  5a2 2a2 a 3

Trong tam giác vng SHM , có

 3

tanSMH SH a 3

HM a

  

 600

SMH

 

Vậy góc giữa hai mặt phẳng



SAB



và



ABCD



bằng 600.
Nhận xét: Bài toán này cần sử dụng các kiến thức

+ Tính chất của hình chóp tứ giác đều: Đáy là hình vng ; chân đường cao của hình chóp
trùng với tâm đáy.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

PT 30.1. Cho hình chóp đều S ABCD. có SA a 5, góc giữa hai mặt phẳng



SAB



và



ABCD



bằng

60 . Tính thể tích khối chóp S ABCD. .

A.

3 a . B.

6 a . C.

4 3

3 a . D.

2 3
3 a .

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Thanh Vân; Fb: Thanh Van 
Chọn C

Gọi H ACBD, M là trung điểm cạnh AB .

Vì chóp S ABCD. đều  SM AB, HM  AB. Mà



SAB

 

 ABCD



AB nên góc giữa 
hai mặt phẳng



SAB



và



ABCD



là SMH .

Đặt AB x x



0



. ABCD là hình vng

2 2

AC x

AH

  

và 2

x
HM 

Tam giác SHM vuông tại H

0 3

.tan 60
2
x

SH HM

  

Xét tam giác vng SAH , ta có:

2 2

2 2 2 5a2 3 2 2a

2 2

x x

SA SH HA       x

   

    .

Thể tích khối chóp S ABCD. bằng

2 3

1 1 4 3

. 3.4

3 ABCD 3 3

V  SA S  a a  a

PT 30.2. Cho hình hộp ABCD A B C D.     có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng 2a, cạnh bên bằng

a . Hình chiếu vng góc của A trên mặt phẳng



ABCD



là trùng với giao điểm của hai

đường chéo AC và BD . Góc giữa mặt phẳng



ABB A  và mặt đáy của hình hộp bằng



A. 30 . B. 45. C. 60. D. 75.

Lời giải

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Xét hình chóp A ABCD. có đáy là hình vng ABCD, hình chiếu vng góc của A trên mặt

phẳng



ABCD



trùng với tâm đáy  A ABCD. là hình chóp đều.

Gọi H ACBD, M là trung điểm cạnh AB .

Vì chóp A .ABCD đều  A M AB, HM AB. Mà



ABB A  

 

ABCD



AB nên góc 
giữa hai mặt phẳng



ABB A  và





ABCD



là A MH .

Trong hình vng ABCD cạnh 2a, có AC2 2a

2
2

AH AC a

  

và z z .1, 2

Trong tam giác vuông A AH , có A H  A A 2 HA2  5a2 2a2 a 3

Trong tam giác vuông A HM , có

 3

tanA MH A H a 3

HM a



   

A MH 600

 

Vậy góc giữa hai mặt phẳng



ABB A  và





ABCD



bằng 600.
Nhận xét:

Góc giữa hai mặt phẳng



CDD C  và





ABCD



bằng góc giữa hai đường thẳng D E và HE 
và cũng bằng A MH . Nên có thể giữ nguyên giả thiết và thay yêu cầu là tính góc giữa hai mặt

phẳng



CDD C  và





ABCD



thì đáp án của bài tốn khơng thay đổi.

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

điểm M , N s, P, Q . Diện tích tứ giác MNPQ bằng 18 . Góc giữa

 

 và mặt phẳng đáy
bằng

A. 45 . B. 30 . C. 60 D. 0 .

Lời giải
Chọn C

Gọi góc giữa

 

 và mặt phẳng



ABCD



bằng .

Theo tính chất diện tích hình chiếu ta có:

3 1

cos 60

18 2
ABCD

MNPQ
S
S

     

Vậy góc giữa

 

 và mặt phẳng đáy bằng 60 .

Câu 30. [1H3-4.3-2] (THPT TX QUẢNG TRỊ LẦN 1 NĂM 2019) Cho hình chóp

S ABC

.

có đáy

ABC là tam giác vuông cân tại A, AB2a, SA vng góc mặt đáy và góc giữa SB với mặt

đáy bằng 60o. Gọi



là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC). Giá trị

cos

bằng

A.

5 . B.

7 . C.

5 . D.

2
7 .

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thanh Tuấn ; Fb: Nguyễn Thanh Tuấn 
Chọn B

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Suy ra: SA AB .tanSBA 2 . 3 2 3a  a.

Gọi I là trung điểm BC,AI là trung tuyến tam giác vuông cân nên: 2 2
AB

AI   a

Do ABC vuông cân nên AI BC và SA BC nên BC(SAI) BC SI .

Vậy



 







SBC , ABC





SI AI ,



SIA

   

Do đó



2 2 2 2

2 1

cos cos

7
12 2

AI AI a

SIA

SI SA AI a a

     

  .

Câu 31. [1H3-4.3-2] (Đặng Thành Nam Đề 10) Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.     có AB 1,

AD  , AA 3. Cơsin góc giữa hai đường thẳng AB và BC bằng

A.

9 130

65 . B.

10 . C.

5 . D.

9 130

130 .

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thanh Giang; Fb: Thanh Giang
Chọn D

Có AD//BC



AB BC, 

 

 AB AD, 



Ta có AB  1 9  10, AD  4 9  13, B D   1 4  5.

Do đó

 2 2 2 10 13 5 9 130

cos

2. . 2. 10. 13 130

AB AD B D

B AD

AB AD

       

    

  .

Câu 32. [1H3-4.3-2] (Chuyên Sơn La Lần 3 năm 2018-2019) Cho tứ diện đều ABCD . Góc giữa hai
mặt phẳng



ABC



và



DBC



có cosin bằng

A.

2 . B.

2 . C.

3 . D.

2
5 .
Lời giải

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Cách 1

Gọi M là trung điểm cạnh BC .

Ta có



ABC

 

 DBC



BC

AM BC ( AM là trung tuyến của tam giác đều ABC )

DM BC ( DM là trung tuyến của tam giác đều DBC )

Do đó







ABC

 

, DBC







AM DM,



Gọi H là hình chiếu của A lên mp DBC





, ta có H là trọng tâm tam giác đều DBC .

Xét tam giác AMH vuông tại H , ta có 


1
3

cos 0

3
DM
HM

AMH

AM AM

   

Suy ra



 











 1

cos , cos , cos

ABC DBC  AM DM  AMH 

.
Cách 2

Ta có AH 



BCD



. Do đó tam giác HBC là hình chiếu vng góc của tam giác ABC lên mặt

phẳng



BCD



H là trọng tâm DBC

1
3

HM DM

  1 1

3 3

HBC DBC ABC

S S S

  

Khi đó



 





1
3

cos ,

ABC
HBC

ABC ABC
S
S

ACB BCD

S S




 

  

.
Cách 3 (Gợi ý của giáo viên phản biện)

Ta có HCB HCDHDB. Do đó

1
3
HBC DBC
S  S

Mà SDBC SABC. Nên

1
3
HBC ABC
S  S

Suy ra



 









cos ,

HCB
ABC
S

ACB BCD

S



 

Câu 33. [1H3-4.3-2] (THPT NÔNG CỐNG 2 LẦN 4 NĂM 2019) Cho hình chóp SABC có đáy là

tam giác đều ABC cạnh a, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng



ABC



và 2.

a
SA 

Góc

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

A.30 .o B. 45 .o C.60 .o D. 90 .o
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Viết Chiến; Fb:Viết Chiến
Chọn A

Gọi  là góc giữa mặt phẳng



ABC



và mặt phẳng



SBC



.
Ta có:



ABC







SBC



BC. Gọi I là trung điểm của BC .

Do ABC đều cạnh a

3
2

a
AI

 

và AI BC (1).

Lại có SA



ABC



 SABC

 

2 .

Từ (1), (2) suy ra BC



SAI



 BCSI

 

3 .

Từ (1), (3) suy ra góc giữa mặt phẳng



ABC



và mặt phẳng



SBC



là góc giữa hai đường
thẳng AI và SI, do đó  SIA.

Ta có

 2 3

tan tan

3
3
2

a
SA
SIA

IA a

    

30


  .

Câu 34. [1H3-4.3-2] (HK2 THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI) Hình chóp đều S.ABCD có tất cả
các cạnh bằng nhau. Cosin của góc giữa mặt bên với mặt đáy bằng

A. 
3

3 . B.

3 . C.

2 . D.

1
2 .

Lời giải

Tác giả: Chu Minh ; Fb: Minhchu

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Gọi M là trung điểm của BC và O là tâm hình vng ABCD và tất cả các cạnh của hình 
chóp có cạnh bằng 1.

Ta có

1
; .

; .

 

OM BC OM

SM BC SM

Ta có

 

( ) ( )

( ) ; (( );( )) .

( ) ;

  



   



  

SBC ABCD BC

OM ABCD OM BC SBC ABCD SMO

SM SBC SM BC



1 3

Cos( ) .

3 3

 SMO OM   

SM

Bài tập tương tự:

Câu 35. Hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a. Cosin của góc giữa mặt bên
với mặt đáy bằng

A.

15 . B.

6 . C.

2 . D.

1
2 .

Câu 36. Hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng nhau. Cosin của góc giữa hai mặt bên



SAB



và



SCD



bằng

A. 
1

3 . B.

2 . C.

4 . D.

1
5 .
Ghi nhớ:

● Cách xác định góc giữa 2 mặt phẳng trong khơng gian.

● Số hố độ dài để tính tốn nhanh.

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Câu 37. [1H3-4.3-2] (Kim Liên) Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng 2a , cạnh bên bằng 3a .
Gọi  là góc giữa mặt bên và mặt đáy, mệnh đề nào dưới đây đúng?

A.

2
cos

4
 

. B.

cos

10
 

. C.

2
cos

2
 

. D.

14
cos

2
 

.
Lời giải

Tác giả:Mai Quỳnh Vân; Fb:Vân Mai
Chọn A

Giả sử hình chóp đều .S ABCD thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi M là trung điểm của CD ; O AC BD SO



ABCD



( do hình chóp đều .S ABCD )

Ta có: OM / /BC OM CD (vì BC CD)
Lại có: SO CD (vì SO



ABCD



)

Do đó CD



SOM



(1)

Ta có:



 





 





 



 

SCD ABCD CD

SCD SOM SM

ABCD SOM OM

 




 





 



Từ (1) và (2) suy ra





SM OM,



SMO

  

Ta có SCD cân tại S có SM là đường trung tuyến suy ra SM cũng là đường cao của tam 
giác.

SMC

 vng tại M có: SM  SC2  CM2 2 2a

SMO

 vng tại O có:

 1 2

cos cos

2 2 2 2

OM a

SMO

SM a

     

Câu 38. [1H3-4.3-2] (CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ HỊA BÌNH LẦN 4 NĂM 2019) Cho hình
chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A. Tam giác SBC là tam giác đều và nằm

trong mặt phẳng vng góc với đáy. Số đo của góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng



ABC



bằng

A. 45 . B. 30 . C. 75 . D. 60 .

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Tác giả: Châu Hòa Nhân; Fb: Hòa Nhânn
Chọn D

Gọi H là trung điểm của đoạn BC . Vì tam giác SBC là tam giác đều nên SH BC.

Ta có:



 





 











SBC ABC

SBC ABC BC SH ABC

SH SBC SH BC







   




  

 .

Khi đó HA là hình chiếu của SA xuống mặt phẳng



ABC



.

Suy ra, góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng



ABC



là góc giữa hai đường thẳng SA và

HA và bằng góc SAH (tam giác SHA vuông tại H ).
Đặt BC a .

Ta có:

3
2

a
SH 

(đường cao của tam giác đều SBC cạnh a ).

2
a
AH 

(trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác ABC vuông tại A).

Xét tam giác SHA vuông tại H có:

 

tanSAH SH 3 SAH 60
HA

    

Vậy, góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng



ABC



bằng 600.

Câu 39. [1H3-4.3-2] (Đặng Thành Nam Đề 9) Cho khối chóp tứ giác đều P ABCD. có tất cả các cạnh
bằng a được đặt nằm bên trên khối lập phương ABCD EFGH. (như hình vẽ). Cơsin góc giữa
hai mặt phẳng



PAB



và



AEFB



bằng

D

H G

F
B

C

E
A

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

A.

3 . B.

3 . C.

2 2

3 . D.

1
3 .
Lời giải

Tác giả: Lê Thanh Bình ; Fb: Lê Thanh Bình 
Chọn A

K

O

C

G

F

E

A

D

H

B

P

H

Gọi O là tâm hình vng ABCD, K là trung điểm của AB, H là hình chiếu của O trên
PK . Khi đó ta có: OK 



AEFB



và OH 



PAB



.

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng



PAB



và



AEFB



là góc giữa hai đường thẳng OH và OK
và bằng góc HOK .

Ta lại có HOK OPK

Do đó Cơsin của góc giữa hai mặt phẳng



PAB



và



AEFB



bằng



2 6

2
cos

3 3

2
a
OP
OPK

OK a

   

Câu 40. [1H3-4.3-2] (THPT-Ngơ-Quyền-Hải-Phịng-Lần-2-2018-2019-Thi-24-3-2019) [2D1-1.3-2]

(THPT-Ngơ-Quyền-Hải-Phịng-Lần-2-2018-2019-Thi-24-3-2019) Tìm tất cả các giá trị thực
của tham số m để hàm số y2sin - 3cosx x mx đồng biến trên .

A. m   



; 13 . B. m  



; 13 . C. m  13;



. D. m   13;



.
Lời giải

Tác giả: Trần Xuân Hà; Fb: Hà Trần Xuân 
Chọn C

Ta có: y 2cosx3sinx m .

Để hàm số đã cho đồng biến trên  thì y   0 x  2cosx3sinx m   0 x 
2 cos 3sin

m x x x

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Xét biểu thức P2 cosx3sinx ta thấy :













2 2cos 3sin 4 9 cos2 sin2 13 13 13

P  x x   x x     P

Vậy để  m 2 cosx3sin x x   thì m 13 m 13.

Câu 41. [1H3-4.3-2] (THPT-Ngơ-Quyền-Hải-Phịng-Lần-2-2018-2019-Thi-24-3-2019) Cho
hình chóp S ABC. có đáy là tam giác đều cạnh a, SA



ABC



, góc giữa hai mặt phẳng



SBC



và



ABC



bằng 60. Độ dài cạnh SA bằng

A. 
3

2
a

. B. 2

a

. C. a 3. D. 3

a
.

Lời giải

Tác giả: Phạm Cao Thế; Fb: Cao Thế Phạm 
Chọn A

Gọi M là trung điểm của BC khi đó ta có





BC AM

BC SAM BC SM

BC SA

 

   



  .

Do đó, góc giữa



SBC



và



ABC



bằng góc giữa SM và AM và bằng góc SMA SMA   60

Vì đáy ABC là tam giác đều cạnh a nên ta có đường cao

3
2

a
AM 

Xét tam giác vng SAM vng tại A có

 3

tan .tan 60

SA a

SMA SA AM

AM

    

Câu 42. [1H3-4.3-2] (Sở Quảng Ninh Lần1) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vng có
độ dài đường chéo bằng a 2 và SA vng góc với mặt phẳng



ABCD



. Gọi  là góc giữa

hai mặt phẳng



SBD



và



ABCD



. Nếu tan  2 thì góc giữa



S AC



và



SBC



bằng .

A.30 .0 B.900 C.60 .0 D.45 .0

Lời giải

Tác giả: Võ Trọng Trí; Fb: Võ Trọng Trí

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Gọi O là tâm đáy, và K là hình chiếu vng góc của O trên SC.





BD AC

BD SAC BD SO

BD SA




   




 , suy ra góc giữa hai mặt phẳng



SBD



và



ABCD



là góc ·SOA  . Ta có tan 2 . 2 .
SA

SA OA a

OA

     

SC BD

SC BK

SC OK




 




 nên góc giữa hai mặt phẳng



S AC



và



SBC



là BKO Ta có· .





2
2

2 2

2. . 1 2

2 2

tan 3

1 . 1. 2

,
2

BO BO BO

BKO

SA AC

OK d A SC

SA AC



    

 suy ra BKO · 600.

Câu 43. [1H3-4.3-2] (Đồn Thượng) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vng cạnh a, đường cao
SA x . Góc giữa



SBC



và mặt đáy bằng 60

. Khi đó x bằng

A.

6
2

a

. B.a 3. C.

3
2

a

. D. 3

a
.
Lời giải

Tác giả: Hoàng Vũ; Fb: Hoàng Vũ
Chọn B

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>



 





 



SAB SBC SB

SAB ABCD AB

 






 



 



SBC

 

, ABCD



SBA 60.

Trong SAB vuông tại A, tan 60

SA x
AB a



 

3
x a

  .

Câu 44. [1H3-4.3-3] (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Cho hình chóp đều .S ABCD có cạnh đáy bằng

2 và cạnh bên bằng 2 2 . Gọi  là góc của mặt phẳng



SAC



và mặt phẳng



SAB



. Khi đó

cos bằng

A.

7 . B.

2 5

5 . C.

7 . D.

5
5 .

Lời giải

Tác giả: Đặng Phước Thiên; Fb: Đặng Phước Thiên
Chọn C

Gọi OACBD. Ta có SO



ABCD



.

Gọi I là trung điểm của AB, kẻ OH SI( H SI ).

Ta có:

AB OI

AB SO







  AB



SOI



 AB OH .

Suy ra: OH 



SAB



Lại có:

BO AC

BO SO







  BO



SAC



.

Từ đó:  



OH BO,



BOH .

Ta có: SO  SB2 OB2





2 2

2 2 2

  6

 .

Xét SOI vuông tại O , đường cao OH ta có: OH 2 2

SO OI
SO OI





6.1
6 1




6
7


</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Xét BOH vng tại H, ta có: cos BOH
OH

BO

 6 1.

7 2

 21

7


Vậy

21
cos

 

Câu 45. [1H3-4.3-3] (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Cho hình chóp .S ABCD có





SA ABCD

, đáy ABCD là hình thang cân có

, 2

AB BC CD   AD a SA  a
. Góc

giữa hai mặt phẳng



SAB



và



SBD



bằng

A. 90 . B. 60 . C.

2 3
arctan

3 . D. arctan 2 .
Lời giải

Tác giả: Đỗ Mạnh Hà; Fb: Đỗ Mạnh Hà
Chọn A

Do tứ giác ABCD là hình thang cân nên là tứ giác nội tiếp trong đường trịn, do đó

  180  60

BAD ABC    BAD  .

Xét tam giác ABD có : BD2 AB2AD2 2AB AD. cos 60  BD a 3, do đó ABDvng
tại B BDAB.

Ta có:









BD AB

BD SAB
BD SA SA ABCD





 



 



 .

Vậy



SAB







SBD



Câu 46. [1H3-4.3-3] (Chuyên Hà Nội Lần1) Cho hình lập phương ABCD A B C D.     cạnh a . Các điểm

, ,

M N P lần lượt thuộc các đường thẳng AA BB CC, ,  thỏa mãn diện tích của tam giác MNP

bằng a2. Góc giữa hai mặt phẳng



MNP



và



ABCD



là.

A. 60. B. 30. C. 45. D. 120

Lời giải

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Chọn A

Gọi  là số đo góc của hai mặt phẳng



MNP



và



ABCD



Ta có hình chiếu vng góc của tam giác MNP lên mp



ABCD



là tam giác ABC , nên áp 
dụng công thức hình chiếu về diện tích ta có

.cos
ABC MNP
S S 

1 . .cos cos 1 60

2AB BC a   2 

      

Vậy góc của hai hai mặt phẳng



MNP



và



ABCD



bằng 60

Câu 47. [1H3-4.3-3] (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Cho khối tứ diện ABCD có

  

3, 4, 90 .

BC  CD ABC BCD ADC    Góc giữa hai đường thẳng AD và BC bằng 60 .

Cơsin góc giữa hai mặt phẳng



ABC



và



ACD



bằng

A.

86 . B.

4 43

43 . C.

2 43

43 . D.

43
43 .

Lời giải

Tác giả: Lê Văn Hùng, Fb: Lê Văn Hùng
Chọn C

3 3

60o

D

B C

H
A

M

Gọi H là hình chiếu vng góc của A lên mặt phẳng



BCD



Ta có

BC AB BC BH

CD AD CD DH

 

 



 

 

 

Suy ra tứ giác BCDH là hình chữ nhật



AD BC,





AD HD,



ADH 60

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

 AH 3 3,AB 43.

Kẻ BK 



ACD



tại K , BEAC tại E

(ABC)

(ACD)

C

A
B

K E

Suy ra 



ABC

 

, ACD



BEK

Ta có









3 3

, , .

BK d B ACD d H ACD HM 

2 2 2

1 1 1 3 43 39 2 43

sin cos .

43 43

2 13

BK
BE

BE BA BC    BE   

Câu 48. [1H3-4.3-3] (Chuyên KHTN) Chotứ diện ABCD có



 



ACAD BC BD a ACD    BCD

và



ABC

 

 ABD



. Tính độ dài cạnh CD

A.

2 3

3 a. B.

3 a. C. 2a . D.2 2a .

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Văn Mạnh; Fb: Nguyễn Văn Mạnh 
Chọn A

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của ABvà CD . Do ACAD BC BD a   nên ta có

, , ,

ABC ABD ACD BCD

    là các tam giác cân, do đó

AB ED

AB EC







 và

CD AF

CD BF










 





ACD ; BCD





AF BF,



</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Theo bài ra ta có



ACD

 

 BCD



và



ABC

 

 ABD



nên ta có AFB90 ;0 CED 900

FAB

 và ECD tương ứng vuông tại F và E có EF là đường trung tuyến nên
2

AB CD  EF.

Ta có EF2 EC2 CF2 BC2 BE2 CF2

2 2 1 2 1 2

4 4

BC AB CD

   

(*) mà

AB CD  EF nên (*)

2 2 2 2 2

1 1 1 4 2 3

4 4 4 3 3

a

CD a CD CD CD CD a

       

Nhận xét: nên vẽ AF thẳng đứng vì AF chính là đường cao hình chóp ABCD.

Câu 49. [1H3-4.3-3] (Hàm Rồng ) Cho hình chóp S ABC. có đáy ABClà tam giác đều cạnh a,





SA ABC

, SA a 3. Cosin của góc giữa 2 mặt phẳng



SAB



và



SBC



là

A. 
2

5 . B.

2
5


. C.

1
5


. D.

1
5 .
Lời giải

Tác giả: Lê Thị Mai Hoa, Fb: Mai Hoa.
Chọn D

Gọi H là trung điểm của AB . Vì ABClà tam giác đều nên CH AB.Mà



SAB







ABC



nên





CH  SAB
.

Vậy hình chiếu của tam giác SBClên



SAB



là tam giác SHB

Gọi  là góc giữa



SAB



và



SBC



Theo cơng thức diện tích hình chiếu của một đa giác ta suy ra: SSHB SSBC.cos.

Mà:

1 1 3

2 2 4

SHB SAB

a
S  S  SA AB

Tam giác SAM vuông nên

15
2

a
SM 

1 15

2 4

SBC

a
S  SM BC

.Vây:

1
cos

SHB
SBC
S
S

  

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Câu 50. [1H3-4.3-3] (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Hình hộp chữ nhật ABCD A B C D có . , , , , AB 6,

, , 4

A D  , , 7

CC  . M là trung điểm của DC. Tính cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng



B D M, ,



và





, ,

CDD C
.

A. Đáp án khác. B. 
21

3049 . C.

13636 . D.

84
13636 .
Lời giải

Tác giả:Nguyễn Thị Nga:; Fb:Con Meo
Chọn A

+ Ta có



 



, , DD, , ,

B D M  C C D M

và





, , DD, ,

B C  C C

tại C .,

+ Vẽ C H, D M,  B H, D M, . Suy ra góc giữa hai mặt phẳng



B D M, ,



và



CDD C, ,



là

góc B HC, ,

cos C H
B H


 

+ MC D, , cân tại M có D M,  C C, 2CM2  58.

+C H D M, . , C C C D, . , ,

, ,

. 42

C C C D
C H

D M

 

+B C H, , vuông tại C,

, , 2 , 2 1346

B H B C C H

   

Vậy

42
cos

2692

C H
B H

  

Câu 51. [1H3-4.3-3] (THPT ISCHOOL NHA TRANG) Cho hình lập phương ABCD A B C D . Tang.    
của góc giữa hai mặt phẳng



A BD



và



ABCD



bằng

A. 3 . B. 2 . C.

2. D.

2
2 .

Lời giải

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Gọi OACBD. Vì ABCD là hình vng nên AOBD

Xét A BD có A B A D BD ( Ba đường chéo của 3 hình vng bằng nhau)

Suy ra A BD là tam giác đều  A O BD

Ta có:



A BD

 

ABCD



BD

BD A O

BD AO



  







 

 







A BD

 

, ABCD







A O AO ,



A OA
Đặt a là độ dại cạnh của hình lập phương, ta có A AO vng tại A có  AA a ,

1 2

2 2

a
AO AC



tan 2

2
2



 A OAAA  a 

AO a



 







tan  , 2

 A BD ABCD 

Vậy tang của góc giữa hai mặt phẳng



A BD



và



ABCD



bằng 2 .

Câu 52. [1H3-4.3-3] (Chun Vinh Lần 3) Cho hình chóp đều S.ABCD có AB2a, SA a 5. Góc

giữa hai mặt phẳng



SAB



và



ABCD



bằng

A. 30 . B. 45 . C. 60 . D. 75 .

Lời giải

Chọn C

Theo tính chất hình chóp đều SM AB, MOAB,



SAB

 

 ABCD



AB. Góc giữa hai

mặt phẳng



SAB



và



ABCD



là góc giữa hai đường thẳng SM và MO .

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Xét tam giác vng SMO có 


tanSMO SO 3
OM

  

60
SMO

   .

Câu 53. [1H3-4.3-3] (THPT-Nguyễn-Cơng-Trứ-Hà-Tĩnh-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho
hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và SASB SC a . Góc giữa hai

mặt phẳng



SBD



và



ABCD



bằng

A. 30 .0 B. 90 .0 C. 60 .0 D. 45 .0

Lời giải

Tác giả: Phạm Minh Thùy; Fb: Phạm Minh Thùy 
 Chọn B

+ Gọi M là giao điểm của hai đường chéo AC và BD của hình thoi ABCD . Suy ra M là
trung điểm của AC và BD.

+ Gọi O là hình chiếu của S trên



ABCD



 SO vng góc với



ABCD



.

Từ đó SO vng góc với OA OB OC . Mà SA SB SC a, ,    .

SOA SOB SOC

   

(cạnh huyền – cạnh góc vng)  OAOB OC hay O là
tâm đường tròn ngoại tiếp ABC nên O nằm trên đường trung trực của AC .

+ ABC cân tại B



AB AC a



, M là trung điểm của AC nên BM là đường trung trực
của AC . Do đó O nằm trên BM hay O nằm trên BD.

+ SO nằm trong





SBD

và SO vng góc với



ABCD



nên



SBD



vng góc với



ABCD



nên góc giữa hai mặt phẳng



SBD



và



ABCD



bằng 90 .0

Câu 54. [1H3-4.3-3] (Sở Điện Biên) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  ,3
4

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

A.

3 17

17 . B.

3 34

34 . C.

2 34

17 . D.

5 34

17 .

Lời giải

Chọn B

Gọi H và I lần lượt là hình chiếu của B, H lên AC , SA .

Vì



 





 







SAC ABCD

SAC ABCD AC

BH AC

BH ABCD






 







 

 nên BH 



SAC



 BH SA.

Ta lại có

SA BH

SA BI
SA HI




 




 .

Như vậy



 















 





,





 ,



SAC SAB SA

SA BI SAB SAC SAB BI HI

SA IH SAC

 




   




 

 .

Xét tam giác ABC vuông tại B , ta có AC  AB2BC2  , 5

2 32 9

5 5
AB

AH
AC

  

,
.B 3.4 12

5 5

AB C
BH

AC

  

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Trong mặt phẳng



SAC



, ta có IH CJ nên

9
.4

. 5 36

5 25

AH IH AH CJ

IH

AC CJ   AC   .

Xét tam giác BIH vuông tại H , ta có 


12
5
5
tan

36 3
25
BH
BIH

IH

  



1 3 34

cos

34
1 tan

BIH

  

 .

Câu 55. [1H3-4.3-3] (THPT SỐ 1 TƯ NGHĨA LẦN 2 NĂM 2019) Cho hình chóp .S ABC có đáy
ABC là tam giác vuông cân tại B, AB a , AB vng góc SA , BC vng góc SC và

SA SC a  . Gọi M, N lần lượt là trung điểm cạnh SC, AC . Tính tang của góc tạo bởi

hai mặt phẳng



BMN



và



SAB



A.

2 5

5 . B.

13. C.

3 . D.

5
5 .

Lời giải

Tác giả: Hoàng Ngọc Quang; Fb:Hoàng Ngọc Quang
Chọn A

S

F
N

M
D

E

C
B

A

Dựng hình lăng trụ đứng ADS BCE , có đáy BCE là tam giác vuông tại C . .

Ta có ABa, SASCa 5.

2 2 2 2

5; 2 ; .

BE a CE SC SE a BC BE CE a

       

Kẻ CFBE F



BE



, nối DF. Ta có



BMN

 

, BCE







DBE

 

, BCE



DFC.

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 5 2

4 4 5

a
CF

CF CB CE a  a  a   .

 2 5

cot

5
CF
DFC

DC

 

Mặt khác, ta có  



BMN

 

, SAB



90 



BMN

 

, BCE



90  DFC .

Do đó

 2 5

tan cot

5
DFC

  

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Cách 2: Gắn hệ tọa độ Oxyz với C O , tia CB  trục Ox , tia CE  trục Oy và tia CD  trục Oz .

Ta có C



0;0;0 ,



B a



;0;0 ,



A a



;0;a S

 

, 0;2 ;a a ,



0; ; , ;0;

2 2 2

a a a

M a  N 

   .

Từ đó tính được:

2 5
tan

5
 

Câu 56. [1H3-4.3-3] (Sở Hà Nam) Cho hình lăng trụ đứngABCD A B C D có đáy ABCD là hình. ' ' ' '
thoi. Biết AC 2, AA ' 3 . Tính góc giữa hai mặt phẳng



AB D' '



và



CB D' '



A. 45 .0 B. 90 .0 C. 30 .0 D. 60 .0

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Trần Hữu; Fb: Nguyễn Trần Hữu

Chọn D

Ta thấy :



AB D' '

 

 CB D' '



B D' '
Gọi I là giao điểm của ' 'A C và B D' '.

Khi đó ta suy ra: AI 



AB D' ' ,



AI B D' ', CI 



CB D' ' ,



CI B D' '.

Suy ra :



 







AB D' ' , CB D' '







AI CI,



Xét tam giác AIC có: AC  2, CI AI  AA2A I' 2  3 1 2  .

Do đó tam giác AIC đều  AIC 600.

Suy ra:



 







AB D' ' , CB D' '



600


.

Câu 57. [1H3-4.3-3] (Sở Thanh Hóa 2019) Cho hình chóp đều .S ABCD có tất cả các cạnh bằng a .
Gọi M là trung điểm của SC . Tính góc  giữa hai mặt phẳng



MBD



và



ABCD



A.  60 . B.  45 . C.  30 . D.  90 .
Lời giải

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Gọi OACBD SO(ABCD).

Ta có: (MBD) ( ABCD)BD và

MO BD

CO BD







 suy ra góc giữa hai mặt phẳng (MBD và)
(ABCD là góc giữa hai đường thẳng MO và CO suy ra )  MOC.

Ta có:

2
2

a
OCSO

 OSC vuông cân tại O suy ra OM là phân giác SOC .
Vây MOC45 .

Câu 58. [1H3-4.3-3] (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho hình chóp
SABCD có đáy là hình thang vng ABCD tại A

và D, cạnh bên A vng góc với mặt phẳng
đáy và SA a 2. Cho biết AB2AD2DC2a. Tính góc giữa hai mặt phẳng



SBA



và



SBC



A. 30 .0 B. 60 .0 C. 450 D.

1
arcsin

 

 

 .

Lời giải

Tác giả: Thái Lê Minh Lý; Fb: Lý Thái Lê Minh 
Chọn B

Ta có tam giác ABC vuông tại C nên BCAC

 

1 .

Vì

 

SA ABCD

BC SA

BC ABCD




 




 .

Từ

   

1 , 2  BC



SAC



Trong



SAC



vẽ AH SC tại H

Ta có:

















AH BC BC SAC AH SAC

AH SBC

AH SC

   



 

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>









AH SBC
SB AH
SB SBC



 





Trong



SAB



vẽ AK SB tại K





SB AH
SB AHK
SB AK


 



 mà HK 



AHK



nên SBHK

Ta có:











 





 

;





;




SB AK
SB HK

AK SAB SBA SBC AK HK AKH

HK SBC

SB SAB SBC

 




     
  



  

SAC

 vng tại A có đường cao AH:



 



2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

2 2

AH SA  AC  AH  a  a

2 2
1 1
AH a
AH a
   
.
SAB

 vng tại A có đường cao AK:









2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

2
2

AK SA AB  AK  a  a 1 2 32 2

4 3
a
AK
AK a
   
.
AHK

 vuông tại H:





2 2

2 2 2 4 2 2 2

3 3 3

a a a

AK AH HK Pytago  a HK  HK   HK
.

AHK

 vuông tại H 







3 1  0

cos 60
2 2
3
a
HK
AKH AKH
a
AK
    
.

Câu 59. [1H3-4.3-3] (Đặng Thành Nam Đề 6) Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có tất cả các cạnh
bằng a . Cơsin góc giữa hai mặt phẳng (SAB và () SAD bằng)

A. 
3

4 . B.

3 . C.

4 . D.

2
3 .
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Trang; Fb: Trang Nguyen 
Chọn B

Ta có : (SAB  () SAD)SA.
Gọi M là trung điểm của cạnh SA .

Các tam giác SAB , SAD đều nên

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Nên góc giữa hai mặt phẳng (SAB và () SAD bằng góc giữa hai đường thẳng ) BM và DM .

Tam giác BDM cóBD a 2,

3
2

a
BM MD

nên:

 





2 2

2 2 2

3 3

2 2 1 1

cos( , )= cos

2. . 3 3 3 3

2 2

a a a

MB MD BD

MB MD BMD

MB MD

a a

   

 

   

     

    

   

   

   

Vậy cơsin góc giữa hai mặt phẳng (SAB và () SAD bằng )
1
3 .

Câu 60. [1H3-4.3-3] (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Cho hình chóp đều S ABCD. có cạnh đáy bằng 2a
và cạnh bên bằng a 5. Gọi

 

P là một mặt phẳng đi qua A và vng góc với SC. Gọi  là

góc tạo bởi mp P

 

và



ABCD



. Tính tan  .

A.

6
tan

 

. B.

6
tan

2
 

. C.

2
tan

3
 

. D.

3
tan

2
 

.
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Tỉnh; Fb:Ngọc Tỉnh

Chọn A

Trong mặt phẳng



ABCD



, gọi O là giáo điểm của AC và BD.

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Trong



SAC



: Kẻ AK SC K SC,  ,

 

I AKSO. Qua I kẻ đường thẳng song song với
BD, cắt SBtại M và cắt SD tại N.

Ta có: MN // BD, BDSC nên MN SC. Do đó, SC 



AMKN



hay mp P

 

chính là



AMKN



.

Vì vậy, góc giữa mp P

 

và



ABCD



là góc tạo bởi hai đường thẳng SC và SOvà bằng góc

OSC (vì SOC   ) 90 tan

OC
SO


 

Xét tam giác ABC vng tại B , ta có: AC2 AB2 BC2 4a2 4a2 8a2.

2 2

AC a

   CO 2a.

Xét tam giác SCO vuông tại O:SO2 SC2  OC2 5a2  2a2 3a2.

SO a

  .

2 6

tan

3
3

OC a

SO a



   

Câu 61. [1H3-4.3-3] (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Cho hình
chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy và SA a . Góc

giữa mặt phẳng



SAB



và



SCD



bằng?

A. 60. B. 90. C. 30. D. 45.

Lời giải

Tác giả: Lê Vũ Hải; Fb: Vũ Hải Lê
Chọn D

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>











 





 



qua , song song CD
/ /

SAB

CD SCD

SAB SCD A

AB CD

S SAB S

A

CD

B 













 

 

.
Ta có



 













 





 ,





 ,





SCD

SD SAB SCD SA SD ASD

SAB

SD SCD

SAB
SA

SA

 

 






 






  






Xét tam giác SAD vng tại A ta có



tanDSA AD a 1
AS a

  

 45

DSA

  

Vậy góc giữa mặt phẳng



SAB



và



SCD



bằng 45 .

Câu 62. [1H3-4.3-3] (Sở Ninh Bình Lần1) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
2

AB AD , SA



ABCD



. Gọi M là trung điểm của AB. Góc giữa hai mặt phẳng



SAC



và



SDM



bằng

A. 45 . B. 90 . C. 60 . D. 30 .

Lời giải

Tác giả: Phi Trường ; Fb: Đỗ Phi Trường
Chọn B

Ta có:

  2  

tan tan

ADM  DCA  ADM DCA
ADM

  và DCA đồng dạng

  90  90

MAG AMG AGM DM AC

        

Mà DM SA



do SA



ABCD



 DM 



SAC







SDM







SAC



Vậy góc giữa hai mặt phẳng



SAC



và



SDM



bằng 90 .

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

phẳng



ABC



. Lấy các điểm

A



Ax

B



By

sao cho

AA

 

2 a

BB

 

a

. Khi đó cơsin
góc giữa hai mặt phẳng



A B C 



và



ABC



bằng

A. 
1

5. B.

2. C.

5 . D.

5
2 3 .

Lời giải

Tác giả:Mai Thu Hiền ; Fb:Mai Thu Hiền 
Chọn A

Cách 1:

Ta có Ax



ABC



và By 



ABC



nên AA/ /BB. Gọi DA B AB.
' 1

' 2
'/ / '
BB
AA

AA BB













BB

là đường trung bình của AA D .

Lại có ABC đều. Do đó BD BA BC a    BCD cân tại B .

Gọi E là trung điểm của CD  BE CD (1).





' '

BB  ABC  BB CD (2).

Từ (1) và (2) CD



BB E'





CD



B E



.

Vì



ABC

 

A B C



CD

BE CD

B E CD

 

  






  

 







ABC

 

, A B C 







BE B E, 



BEB .

Nhận thấy BE là đường trung bình của ACD 2
a
BE

 

Xét BB E' có:

 '  5

tan ' 2 cos ' .

5
BB

BEB BEB

BE

   

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Ta có Ax



ABC



và By 



ABC



nên ABC là hình chiếu của A B C' ' trên mp



ABC



.

Do đó



 









cos , ABC

A B C

S

A B C ABC

S


 


  

1 1 3

. .sin . .sin 60

2 2 4

ABC

S  AB AC BAC  a a   a

2 2 5

A C  A A AC a ; B C  B B 2 BC2 a 2; A B  AB2B B 2 a 2.





A B C

 

cân tại B

2 3

4 2

A C a

B H B C 

   

1 15

2 4

A B C a

S    B H A C  



 









' '

1
cos ' ' ,

ABC
A B C

S

A B C ABC

S




  

Câu 64. [1H3-4.3-3] (Hải Hậu Lần1) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C.    có tất cả các cạnh

bằng a. Gọi M N P lần lượt là trung điểm của , , AB, BC và A B . Tính tang góc giữa hai mặt

phẳng



MNP



và



ACP



A. 
3

2 . B.

6 . C.

3 . D.

3
4 .

Lời giải

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

B

I

Q'

H

Q
K

P

N

M

C'

A'

C

A
B'

Vì MN // AC nên giao tuyến của hai mặt phẳng (MNP và () ACP là đường thẳng qua ) P và
song song với AC , tức là đường thẳng PK với K là trung điểm của B C .

Gọi Q , Q lần lượt là trung điểm của AC và A C  thì mp BQQ B



  



PK tại I .

Gọi Hlà giao điểm của BQ và MN thì góc giữa hai mặt phẳng (MNP và () ACP là HIQ .)

Tam giác HIQ vng tại H có IH a,

2 4

BQ a

HQ  

nên

 3

tan

4
HQ
HIQ

IH

 

Câu 65. [1H3-4.3-3] (Hùng Vương Bình Phước) Cho hình hộp chữ nhật

ABCD A B C D

.

   

, có

, 2,

AB a AD a  góc giữa A C và mặt phẳng



ABCD



bằng 30 . Gọi Hlà hình chiếu
vng góc của A trên A B và K là hình chiếu vng góc của A trên

A D



.

Tính góc giữa hai

mặt phẳng



AHK



và



ABB A 



A.

60

. B.

45

. C.

90

. D.

30

Lời giải

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Do ABCD A B C D.     là hình hộp chữ nhật nên A C' ' là hình chiếu vng góc của A C' trên

 0

(ABCD) ( ' ,(A C ABCD)) ( ' , ' ') A C A C CA C' ' 30 .

Ta có



2 2 3; tan ' ' ' ' .

' '
CC

AC AB AD a CA C CC a

A C

     

Kết hợp với giả thiết ta được ABB A là hình vng và có H là tâm.' '

Gọi E F, lần lượt là hình chiếu vng góc của K trên A D' '& ' .A A

Ta có 2 2 2

1 1 1 6

;

' 3

a
AK

AK A A  AD  

2 2

' ' ;

3
a
A K  A A  AK 

2 2

2 2 2

1 1 1 2

; ' .

' 3 3

a a

KF KE A K KF KE

KF KA A K      

Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz thỏa mãn

O A



'

còn D B A, ,  theo thứ tự thuộc các tia
, , .

Ox Oy Oz Khi đó ta có tọa độ các điểm lần lượt là:

2 2 2

(0;0; ), '(0; ;0), (0; ; ), ( ;0; ), ( ;0;0), (0;0; ).

2 2 3 3 3 3

a a a a a a

A a B a H K E F

Mặt phẳng



ABB A' '



là mặt phẳng (yOz) nên có VTPT là n 1 (1;0;0);



Ta có

2 2

, , (2; 2; 2).

a

AK AH n n

  

 

   

Mặt phẳng (AKH)có VTPT là n 2 (2; 2; 2);



Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng



AHK



và



ABB A 



Ta có

1 2 1

( , ) 45 .

cos cos n n     

Câu 66. [1H3-4.3-3] (Gang Thép Thái Nguyên) Cho hình lập phương ABCD A B C D.    . Góc giữa hai

mặt phẳng (ADC B  và () BCD A  là)

A. 30. B. 45. C. 90. D. 60.

Lời giải

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Cách 1: Gọi I A B B A ; J C D D C . Ta có IJ ( ADB C ) ( BCD A ) (1).

Theo giả thiết, ta có: IJ(DCC D ) C D IJ (2).

Từ (1) và (2)  C D (BCD A )  (ADC B ) ( BCD A ).

Vậy góc giữa hai mặt phẳng (ADC B  và () BCD A  là ) 90.

Cách 2: Mặt phẳng (DCC D  vng góc và cắt hai mặt phẳng () ADC B  và () BCD A  lần lượt)
theo hai giao tuyến DCvà D C .

 Góc giữa hai mp (ADC B  và () BCD A  là góc giữa hai đường thẳng ) DC và D C .

Vì ABCD A B C D.     là hình lập phương nên tứ giác DCC D  là hình vng DCD C .

Vậy góc giữa hai mặt phẳng (ADC B  và () BCD A  là ) 90.

Câu 67. [1H3-4.3-3] (Lê Xoay lần1) (Lê Xoay lần1) Cho khối tứ diện ABCD có BC3,CD4
và ADCABC BCD 90 . Góc giữa hai đường thẳng AD và BC bằng 60 . Côsin góc

giữa hai mặt phẳng



ABC



và



ACD



bằng

A.

86 . B.

2 43

43 . C.

4 43

43 . D.

43
43 .

Lời giải

Tác giả:Trần Thanh Hà; Fb: Hà Trần
Chọn B

+ Từ A hạ AK



BCD



 AK CD AK, CB

 

1 .

Ta có:

 









 

CD AD gt

CD AKD CD DK

CD AK theo

 



   





</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Lại có

 









 

CB AB gt

CB AKB CB BK

CB AK theo

 



   





 .

Từ

 

2 và

 

3 suy ra tứ giác BCDK là hình chữ nhật.

Cách 1:

Gọi H là hình chiếu của B lên



ACD



, E là hình chiếu của B lên AC .

Khi đó



ABC

 

, ACD



BEH .





;





sinBEH BH d B ADC KG

BE BE BE

  

(Với G là hình chiếu của K trên AD).

3 3
.sin 60

KG KD  

; AK KD.tan 60 3 3; AB  43.

2 43
2 13
BE

  sin 39 cos 2

43 43

BEH BEH

   

Cách 2:



 





// , , 60

BC DK  AD BC  AD DK ADK  .

+ Có: .

. .

A BCDK BCDK

V  AK S

Tính: AK DK.tan 60 3 3,





2 2 3 3 32 6

AD AK DK   

3.4 12
BCDK

S   . .

1 1 1

3 3 12 12 3 12 3 6 3

3 2 2

A BCDK ABCD A BCDK

V V V

          

+ Gọi 



ABC

 

, ACD



Ta có:

3 .

2. .

ABCD
ADC ABC
AC V
sin

S S

 

Tính

 AC AD2DC2  6242 2 13

Tính



1 1

. 6 4 12

2 2

ADC

S  AD DC   

Tính


1 1 3

. 3 43 43

2 2 2

ABC

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Vậy

3.2 13.6 3 39 2 43

3 43 43

2 12 43

sin   cos 

  

Chứng minh công thức: 1 2

3 .
2. .

aV
sin

S S


Trong đó:



 









 



1; 2; ; ; , ; .

BCD ADC ABCD

S S S S V V DCa  BCD ADC DC BCD  ADC

Ta có:













1 2

; 3. . 3 .

; 2. . 2. .

ABCD

BCD ABCD

ADC BCD ADC
V

d A BCD S DC V

AH a V

sin

S

AK d A CD S S S S

DC

     

*) Nhận xét: Trong bài này học sinh có thể dùng công thức:





 











;

















; ,

d B ACD d K ACD

sin ACD ACB

d B AC d B AC

 

Câu 68. [1H3-4.3-3] (THPT-Phúc-Trạch-Hà-Tĩnh-lần-2-2018-2019-thi-tháng-4) Cho hình chóp
tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính cosin của góc giữa hai mặt bên khơng liền kề
nhau.

A. 
1

3 . B.

2 . C.

3 . D.

1
2 .
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Đức Duẩn; Fb: Duan Nguyen Duc
Chọn A

Ta có giao tuyến của



SAB



và



SCD



là đường thẳng d đi qua điểm S và song song với
AB. Trong



SAB



dựng SM AB tại M , trong



SCD



dựng SN CD tại N .

Khi đó

SM d

SN d









 Góc tạo bởi hai mặt bên



SAB



và



SCD



là góc MSN .

Ta có

3
2

a
SM SN 

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Khi đó


2 2

2 2 2 3 3 1

4 4

cos

2 . 3 3 3

2. .

2 2

a a

a

SM SN MN

MSN

SM SN a a

 

  

Câu 69. [1H3-4.3-3] (THPT NÔNG CỐNG 2 LẦN 4 NĂM 2019) Cho hình chóp S ABCD. có đáy là
hình chữ nhật, AB 3, BC 4. Tam giác SAC nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy,
khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng SA bẳng 4. Cơsin góc giữa hai mặt phẳng



SAB



và



SAC



bằng

A.

3 17

17 . B.

5 34

17 . C.

3 34

34 . D.

2 34

17 .

Lời giải

Tác giả: Đoan Ngoc Pham; Fb: Doan Ngoc Pham
Chọn C

Gọi  là góc giữa mặt phẳng



SAB



và



SAC



Gọi H là hình chiếu của C lên SAsuy ra d C SA





CH  .4

Ta có:



SAC







ABCD





SAC

 

 ABCD



AC.

Trong mặt phẳng



ABCD



, kẻ BLAC, LAC  BL



SAC



 BLSA (1)
Trong mặt phẳng



SAC



, kẻ LK CH, KSA  LK SA. (2)

Từ (1) và (2) suy ra SABK.

















,
,

SAC SAB SA

BK SAB BK SA

LK SAC LK SA

  



  



   

góc giữa hai mặt phẳng



SAB



và



SAC



là góc giữa hai đường

thẳng BK và LK, do đó  LKB.

Tam giác ABC vng tại B, có đường cao BL, suy ra

2
2

9
.

LA AB

AB LA AC

AC AC

   

và

2 2

. 3.4 12

5 5

BA BC
BL

BA BC

  

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Ta có

9 36

// . .4

25 25

LK LA LA

LK CH LK CH

CH CA CA

     

Tam giác BKL vuông tại L nên

2 2

2 2 36 12 12 34

25 5 25

BK  LK BL      

    .

Vậy



3 34
25

cos cos

34
34

12.
25
LK

LKB
BK

    

Câu 70. [1H3-4.3-3] (THTT số 3) Cho hình chóp

S ABCD

.

có đáy

ABCD

là hình thang vuông tại A

và B, cạnh bên SA vuông góc với (ABCD , )

1
2
SA AB BC   AD

. Tính góc giữa hai mặt
phẳng (SCD và() SAD .)

A.

1
arccos

3 . B.

1
arccos

6. C.

1
arccos

6. D.

1
arccos

3.

Lời giải:

Tác giả: Nguyễn Trần Huyền Trang.Fb: Huyền Trang.
Chọn C

Gọi E là trung điểm của AD, ta chứng minh được ECAD(ABCE là hình vng).

Từ E kẻ đường thẳng EF vng góc với SD. Khi đó: SD(ECF) SDFC.

Suy ra



SAD

 

, SCD







EF FC,



EFC .

Lại có: CDAC CD(SAC) SCD vuông tại C.

Mà

2 3

2 2

AD AD

AC   SC

2
2

AD
CD 

Suy ra 2 2

. 30

SC CD AD

FC

SC CD

 

 .

Xét ECF vng tại E, có 2
AD

EC  2 2 5

AD

EF FC EC

   

Ta có:

 1  1

cos arccos

6 6

EF

EFC EFC

FC

   

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Vậy



 



 , arccos 1

SAD SCD 

Câu 71. [1H3-4.3-3] (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Cho lăng trụ đều ABC A B C.    có

2 3, 2

AB BB . Gọi M N P tương ứng là trung điểm của , , A B A C BC ,  , . Nếu gọi  là
độ lớn góc của hai mặt phẳng



MNP



và



ACC



thì cos bằng

A.

5. B.

5. C.

5 . D.

2 3

5 .

Lời giải

Tác giả: Ngọc Tồn; Fb: Ngọc Tồn
Chọn B

Ta có

. 3

APAB 

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Ta có tọa độ các điểm như sau:



0;0;0 ,





3;0;0 ,





0; 3,0 ,

 

0; 3;0



P A B  C



3;0; 2 ,





0; 3, 2 ,

 

0; 3;2 ,



3; 3; 2 , 3; 3; 2

2 2 2 2

A B  C M   N 

   

   .

3 3

; ;2

2 2

PM   

 



. Ta có PM cùng phương với u 



3; 3; 4





3 3

; ;2

2 2

PN  

 

 



. Ta có PN



cùng phương với v 



3; 3;4









; 8 3;0;6 3
u v

   
 

 

Gọi n1



là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng



MNP



. Do n1



cùng phương với u v; 
 

nên ta

chọn n  1



4;0;3





</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>



3; 3;0



CA  

; CC 



0;0;2





. Ta có CA CC,   



2 3; 6;0



 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

Gọi n2



là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng



ACC



. Do n2



cùng phương với CA CC, 
 

nên ta chọn n 2



3;3;0





Ta có

1 2

4 3

. 2

cos

5
5.2 3

n n
n n

   

 
 

Cách 2: Vũ Thị Thúy

Gọi K là trung điểm của AC .

Suy ra





BK AC

BK ACC A BK NC

BK AA




 

   






 .

Kẻ KH NC H



NC



, suy ra NC



BKH





 





 





 ,





MNP ACC NC

BH NC MNP ACC KHB

KH NC




 






   



 

 .

Ta có:

2 21 5 21

7 7

BK  KH   BH 

Khi đó:

2
cos

KH
BH

  

Câu 72. [1H3-4.3-4] (THPT-Phúc-Trạch-Hà-Tĩnh-lần-2-2018-2019-thi-tháng-4) Cho tứ diện
ABCD có BC 3, CD 4, ABCBCDADC90 , góc giữa hai đường thẳng AD và

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

A.

2 43

43 . B.

86 . C.

43 . D.

4 43

43 .

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Vũ Hoàng Trâm; Fb: Hoang Tram 
Chọn A

 Gọi H là hình chiếu vng góc của A lên mặt phẳng



BCD



.

Ta có: CDAD CD, AH  CD



AHD



 CDHD

Tương tự: CBAB CB, AH  CB



AHB



 CBHB

 BCDH là hình chữ nhật.

Khi đó: BC // HD 



AD BC;







AD HD;



ADH 60 .

Trong ADH vng tại H có AH HD.tan 60 3 3. 
 Xét hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ:



0;0;0



H

, B



4;0;0



, D



0;3;0



, A



0; 0; 3 3



, C



4; 3; 0





4; 0; 3 3



BA  



, BC 



0; 3; 0





 BA BC,   



9 3 ; 0; 12



3 3 3 ; 0; 4





 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 

 Mặt phẳng



ABC



có véctơ pháp tuyến n 1



3 3 ; 0; 4







0; 3; 3 3



AD  



, DC 



4; 0; 0





 AD DC,  



0;12 3 ; 12



12 0; 3 ; 1







 

 Mặt phẳng



ACD



có véctơ pháp tuyến n 2



0; 3 ; 1





Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng



ABC



và



ACD



Khi đó:



1 2



1 2

. 4 2 43

cos cos ,

43
43.2
.

n n
n n

n n

    

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 

 

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

Gọi M N P lần lượt là trung điểm của ,, , SA SC và SD và  là góc giữa hai mặt phẳng



MCD



và



BNP



. Tính cos

A. 
8 91
cos
91

. B. 
4 187
cos
187

. C. 
7
cos
4


. D. cos  .0

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thanh Bảo ; Fb: Nguyễn Thanh Bảo 
Chọn B

Gọi



 



MCD ; SCD

 

;



 



BNP ; SCD

 

;



 



MCD ; BNP

 

Vì



MCD





BNP



và



SCD



giao nhau theo 3 giao tuyến song song với nhau.
180

  

     .

Chọn AD2a.

Ta có SAD vuông tại S nên:


cos cos30 3

SD SD

SDA SD a

AD a

     



sin sin 30

SA SA

SDA SA a

AD a

     

Do M là trung điểm SA 2
a
SM

 

+) Dễ thấy  SDM .

SDM

 vuông tại S 

1
tan
2 3
SM
SD
  
.

+) Dễ thấy NP DC//  NP



SAD



  



AP DP;



P là trung điểm SD

3
2
a
SP DP
  
.
SAP

 vuông tại S

2 2 2 3 7

4 2

a a

AP SA SP a

     
.
 21
cos
7
SP
APS

AP

   cos cos







cos 21

APD  APS APS

    

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Có:

2 2

1 7 4 2 3

tan 1 tan 1 tan

cos 3 3 3

  



       

(Vì  90 ).





1 2 3

tan tan 2 3 3 3 3

tan

1 tan .tan 1 2 3 8

1 .

3
2 3

 




    

















3 3

tan tan tan

     

      

1 1 64

cos

1 tan 1 91

64




   

 

Vì

8 91

90 90 cos

         

HẾT.

Câu 74. [1H3-4.3-4] (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vuông
cạnh 2a . Tam giác SAB cân tại S và thuộc mặt phẳng vng góc với đáy. Biết đường thẳng

SC tạo với đáy một góc 60. Tính tang góc giữa hai mặt phẳng



SCD



và



ABCD



.

A. 15 . B.

2 . C.

5 . D.

15
15 .

Lời giải

Tác giả: Trần Đắc Nghĩa; Fb: Đ Nghĩa Trần
Chọn B

Gọi H , E lần lượt là trung điểm của AB , CD .



 





 







SAB ABCD

SAB ABCD AB SH ABCD

SH AB






   



 

 .







SC ABCD,







SC HC,



SCH 60 .
Xét HBC vuông tại B

2 2 5

HC HB BC a .
Xét SHC vuông tại H

tan 60 . 15

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>



 













 

















Trong : , ,

Trong :

SCD ABCD CD

SCD SE CD SCD ABCD SE HE SEH

ABCD HE CD

 




   






 .

Xét SHE vng tại H
Ta có HE 2a.

 15

tan

SH
SHE

HE

 

Câu 75. [1H3-4.3-4] (HK 2 sở bắc giang toán 11 năm 2017-2018) 2) Gọi    lần lượt là góc giữa, ,
các đường thẳng OA OB OC, , với mặt phẳng (ABC). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

cos cos cos .

P   

Lời giải

Tác giả:Lê Thị Thu Hằng ; Fb: Lê Hằng

* Gọi H là trực tâm tam giác ABC  BC AH

màBCOA cmt( )

( )

BC OHA BC OH

   

Chứng minh tương tự ACOH

( )

OH ABC

 

* OBC vng tại O có OM là đường cao 2 2 2

1 1 1

OM OB OC

  

AOM

 vuông tại O có OH là đường cao 2 2 2

1 1 1

OH OM OA

  

2 2 2 2

1 1 1 1

OH OA OB OC

   

(1)

* Vì OH (ABC)
H

 là hình chiếu của O trên(ABC)

 góc giữa OA với(ABC) làOAH 

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

Ta có

2 2

1 sin

sin

OH OH

OA

OA OA OH






    

Tương tự

2 2

2 2 2 2

1 sin 1 sin

;

OB OH OC OH

 

 

thay vào (1) ta có:

2 2 2

sin sin sin  1  cos2cos2cos22

* Ta có: (coscoscos ) 2 3(cos2 cos2cos2) 6  coscoscos 6
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 6

Dấu bằng xảy ra khi

cos cos cos

    

Bài tập tương tự :

Câu 76. Cho tứ diện OABC cóOA OB OC, , đơi một vng góc. Gọi    lần lượt là góc giữa các, ,
mặt phẳng(OAB OBC),( ), (OCA) với mặt phẳng(ABC). Tính giá trị biểu thức

2 2 2

cos cos cos

P   .

Đáp số:P = 2

Câu 77. Cho tứ diện OABC cóOA OB OC, , đơi một vng góc. Gọi    lần lượt là góc giữa các, ,
mặt phẳng(OAB OBC OCA),( ),( ) với mặt phẳng(ABC). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

sin sin sin .

P   

Đáp số: Giá trị lớn nhất của P  3 .

Ghi nhớ:Cho tứ diện OABC cóOA OB OC, , đơi một vng góc. Gọi H là trực tâm của tam

giác ABC 2 2 2 2

( )

1 1 1 1

OH ABC

OH OA OB OC




 

  




hoặc ngược lại cho giả thiếtOH (ABC) H là trực tâm.

Câu 78. [1H3-4.4-2] (Đặng Thành Nam Đề 1) Cho hình lập phương ABCD A B C D.     . Góc giữa hai
mặt phẳng



A B CD 



và



ABC D  bằng



A. 30 . B. 60 . C. 45 . D. 90 .

Lời giải

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

Ta có: +





AB AA

AB ADD A AB A D

AB AD





  

   






( )

1 .

+ ADA D

( )

2 .

Từ

( )

1 và

( )

2 suy ra A D 



ABC D 











A D ABC D

A D A B CD

   





   


 



A B CD 

 

 ABC D 



.

Vậy góc giữa hai mặt phẳng



A B CD 



và



ABC D  bằng 90 .



Câu 79. [1H3-4.4-2] (Lê Quý Đôn Điện Biên Lần 3) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình
vng cạnh a , cạnh bên SA2a và vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh

SD . Tính tang của góc tạo bởi hai mặt phẳng



AMC



và



SBC



A.

2 . B.

2 3

3 . C.

5 . D.

2 5

5 .

Lời giải

Tác giả: Giáp Minh Đức; Fb: Giáp Minh Đức 
Chọn D

Cách 1:

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

Do SA=2a và ABCD là hình vng cạnh a nên ta có D a

(

;0;0

)

, B

(

0; ;0a

)

, C a a

(

; ;0

)

và

(

0;0; 2

)

S a . Vì M là trung điểm của SC suy ra 2;0;
a

Mổỗỗỗố aửữữữ
ứ.

Ta có

(

)

2 2

, 0; 2 ;

SB SC a a

é ù= -

-ê ú

ë û

uur uur

. Khi đó mặt phẳng

(

SBC

)

có một vectơ pháp tuyến là

(

)

1 0; 2;1

n =
ur

Tương tự

2
2 2

, ; ;

a
AM AC æa a ửữ

ộ ự ỗ= -ỗ ữ

ờ ỳ ỗ ữữ

ở ỷ çè ø

uuur uuur

. Khi đó mặt phẳng

(

MAC

)

có một vectơ pháp tuyến là

(

)

2 2; 2;1

n =
-uur

Gọi a là góc giữa hai mặt phẳng

(

SBC

)

và

(

MAC

)

Ta có

(

)

1 2

. 5

cos cos ,

3
.

n n
n n

n n

a = = =

ur uur
ur uur

ur uur

. Suy ra 2

1 2 5

tan 1 .

cos 5

a

= - =

Vậy

2 5

tan .

a =

Cách 2:

Gọi E là điểm đối xứng của A qua M . Khi đó tứ giác SADE là hình bình hành.

Ta có
/ /

SE AD

ìïï
íï =

ïỵ mà

/ /

BC AD

ìïï
íï =

ïỵ , suy ra
/ /
SE BC

SE BC

ìïï
íï =

ùợ . Do ú Eẻ

(

SBC

)

v t giỏc SBCE là
hình bình hành.

Dễ thấy

(

SBC

) (

Ç AMC

)

=CE.

Kẻ AH^SB H,

(

ẻ SB

)

. Do SB CE/ / ị AH ^CE.

( )

1
Kẻ HK/ /BC ,

(

K CEỴ

)

. Do BC^CEÞ HK^CE.

( )

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

Ta có

(

) (

)

(

)

(

)

,
,

SBC AMC CE

HK SBC HK CE

AK AMC AK CE

ỡù ầ =

ùù

ù è ^

ớù

ùù è ^

ùợ ị

(

SBC

) (

, AMC

)

(

HK AK,

)

=·AKH.

Trong tam giác SAB ta có: 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 5 2

4 4 5

a
AH

AH =SA +AB = a +a = a Þ = .

Trong tam giác AHK vng tại H có

2
5
a
AH =

, HK=BC= .a

Suy ra

· 2 5

tan

AH
AKH

HK

= =

Vậy tang của góc giữa hai mặt phẳng

(

SBC

)

và

(

AMC

)

bằng

2 5

5 .

Cách 3:

Gọi O là tâm của hình vng ABCD . ,N I lần lượt là trung điểm của SA và AB.

Ta có

/ /
1
2

MN AD

ìïï
ïí

ï =

ïïỵ và

/ /
1
2

OI AD

ìïï
ïí

ï =

ïïỵ . Suy ra MN OIMN/ /OI OMNI

ỡùù ị

ớù =

ùợ l hỡnh bỡnh hnh.

Ta cú
/ /
/ /

OI BC

NI SB
ỡùù

ớù

ùợ ị

(

OMNI

) (

/ / SBC

)

(

SBC

) (

, AMC

)

(

OMNI

) (

, AMC

)

.
Dễ thấy

(

OMNI

) (

ầ AMC

)

=MO

K AH^NI, do NI OM/ / ị AH ^OM .

( )

Kẻ HK OI , / /

(

K OMẻ

)

. Do OI^OM ị HK^OM .

( )

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

Ta có

(

) (

)

(

)

(

)

,
,

OMNI AMC OM

HK OMNI HK OM

AK AMC AK OM

ìï Ç =

ïï

ï è ^

ớù

ùù è ^

ùợ ị

(

OMNI

) (

, AMC

)

(

HK AK,

)

=ÃAKH .

Trong tam giác NAI ta có: 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 4 5

5
a
AH

AH =NA +AI =a +a =a Þ = .

Trong tam giác AHK vng tại H có 5

a
AH =

, 2

a
HK =OI=

Suy ra

2 5
tan

AH
AKH

HK

= =

Vậy tang của góc giữa hai mặt phẳng

(

SBC

)

và

(

AMC

)

bằng

2 5

5 .

Câu 80. [1H3-4.4-3] (HSG 12 Bắc Giang) Cho hình chóp đều .S ABCD có cạnh đáy bằng a 2, biết
cạnh bên tạo với đáy góc 60 . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng



SAC



và



SCD



. Tính

tan .

A.

3
tan

 

. B.

21
tan

 

. C.

21
tan

 

. D.

2 3
tan

 

Lời giải

Tác giả: Phạm Chí Dũng; Fb: Phạm Chí Dũng 
Chọn D

Cách 1.

Gọi OACBD. Do hình chóp .S ABCD đều nên SO



ABCD



.

Ta có:

OD SO

OD AC







  OD



SAC



.

Vậy SCO là hình chiếu của SCD lên mặt phẳng



SAC



.

Suy ra SSCO SSCD.cos , với  là góc giữa hai mặt phẳng



SAC



và



SCD



</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

Suy ra









SD ABCD,







SD OD ,



SDO
.

Theo đề bài ta suy ra SDO   .  60

ABCD là hình vng: AC BD BC  2 2 a,

2 2

BD a

OD  a

Tam giác SOD vuông tại A: SO OD .tan 60 a 3.

1 1 1 1 3

. . . . 3.2

2 2 2 4 2

SCO SAC

a
S  S  SO AC a a

Gọi M là trung điểm CD . Suy ra SM BC (do SCD cân tại S ).

1 2

2 2

a
OM  BC 

(do tính chất đường trung bình BCD ).

Tam giác SOM vuông tại O :

2 2 3 2 14

2 2

a a

SM  SO OD  a  

1 1 14 7

. . 2

2 2 2 2

SCD

a a

S  SM CD a 

.
Vậy

2
2
3
21
2
cos
7
7
2
SCO
SCD
a
S
S a
 

  

. Do đó 2

1 2 3

tan 1
cos 3


  
.

Cách 2. Vì OC , OD , OS đơi một vng góc nên ta chọn hệ trục toạ độ Oxyz với C , D, S

lần lượt nằm trên Ox , Oy , Oz .

Do đó O



0;0;0



, C a



;0;0



, D



0; ;0a



, S



0;0;a 3



Phương trình mặt phẳng



SCD



là:

1
3

x y z

aa a  nên mặt phẳng



SCD



có một vectơ pháp

tuyến là n 1



3; 3;1





Phương trình mặt phẳng



SAC



là: y  nên mặt phẳng 0



SAC



có một vectơ pháp tuyến là





2 0;1;0
n 

.
Ta có:
1 2

1 2
. 21
cos
7
.
n n
n n
  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

. Vậy 2

1 2 3

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

Gọi H là hình chiếu của O lên SC .

OD SO

OD AC







  OD



SAC



 ODSC.





OH SC

SC OHD

OD SC




 





 .

Do đó



 







SAC , SCD







HO HD ,




.

ABCD là hình vng: AC BD BC  2 2 a,

2 2

BD a

OC OD   a
.

Xét tam giác SOC vng tại O có OH là đường cao:

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 4

3 3

OH OC OS a  a  a

3
2

a
OH

 

Xét tam giác OHD vuông tại O :

 2 3

tan

3
3
2

OD a

OHD

OH a

  

Vậy

2 3
tan

 

Câu 81. [1H3-4.4-3] (THCS-THPT-NGUYỄN-KHUYẾN-TP-HCM-24THÁNG3) Cho hình chóp tứ
giác đều S ABCD. có tất cả các cạnh đều bằng a . Gọi  là góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy

hình chóp. Giá trị của cos là

A.

2 . B.

2 . C.

3 . D.

2
3 .
Lời giải

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

Gọi O là tâm của mặt đáy thì SOmp ABCD





. Từ đó, SO là đường cao của hình chóp.Gọi I là

trung điểm đoạn BC.

Ta có:

( )




 





BC SO

BC SOI

BC OI

Ta có:







 

( ) ( )

( ) ( );( ) ( ; ) SIO

( )



 




     



  



BC SBC ABCD

BC SI SBC SBC ABCD SI OI

BC OI ABCD

Xét tam giác SOD vuông tại O, ta có:

2 2

;

2 2

a a

SD a OD   SO

Xét tam giác SOI vng tại O, có:

2 3

;

2 2 2

a a  a

SO OI SI

1
cos

3


 OI 

SI

Câu 82. [1H3-4.4-3] (HK2 THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI) Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị
hàm số y x3x2 3x tại điểm (1;1)4 M

A.1. B.4. C.0. D.2.

Lời giải

Tác giả: Huỳnh Phạm Minh Nguyên ; Fb: Nguyen Huynh

Chọn B

Ta có khi x  thì 1 y (1)3(1)2 3(1) 4 1  nên điểm (1;1)M thuộc đồ thị của hàm số

3 2 3 4

y x x  x . Do đó: hệ số góc của tiếp tuyến tại (1;1)M là '(1)y .

Ta có: y'3x22x 3 nên '(1)y   3 2 3 .4

Bài tập tương tự :

Câu 83. Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số y x 3x2 3x tại điểm ( 2;6)4 M 

A.19. B.5. C.2 D. 3 .

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

A.148 . B.36. C.

2 D. 356 .

Ghi nhớ: Nếu điểm M x y thuộc đồ thị của hàm số ( ; )0 0 yf x( ) thì hệ số góc của tiếp tuyến

với đồ thị của hàm số yf x( )tại điểm M x y là ( ; )0 0 f x .'( )0

Câu 85. [1H3-4.4-3] (HK2 THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI) Cho tứ diện đều ABCD . Thiết
diện của tứ diện ABCD và mặt phẳng trung trực của cạnh BC là

A. Hình thang. B. Tam giác vng. C. Hình bình hành. D. Tam giác cân.
Lời giải

Tác giả:Bùi Đoàn Tiến ; Fb:Bùi Đoàn Tiến

Chọn D

Gọi M là trung điểm của BC . Ta có AB AC MB MC DB DC ;  ;  nên



AMD



là mặt phẳng
trung trực của BC đồng thời tiết diện của tứ diện ABCD và mặt phẳng trung trực của cạnh BC
. Giả sử tứ diện đều ABCD có cạnh a .

AMD

 có

3
2

a
AM MD

và AM2MD2 AD2 nên AMD cân tại M .

Bài tập tương tự :

Câu 86. Cho tứ diện đều MNEF . Thiết diện của tứ diện MNEF và mặt phẳng trung trực của cạnh EF
là

A. Tam giác đều. B. Tam giác cân.

C. Tam giác vuông cân. D. Tam giác vuông.

Câu 87. Cho tứ diện đều ABCD canh a . Thiết diện của tứ diện ABCD và mặt phẳng trung trực của
cạnh BC có diện tích là

A.

2
4

a

(đvdt). B.

3
4
a

(đvdt). C.

2
3

a

(đvdt). D.

2
2

a

(đvdt).
Ghi nhớ:

+) Tứ điện đều có tất cả các cạnh đều bằng nhau.

+) Chiều cao của tam giác đều cạnh a có độ dài là

2
a
h 

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

Câu 88. [1H3-4.5-2] (HK2 THPT lý thái tổ bắc ninh) Cho hình chóp .S ABC có SA SB SC  và
tam giác ABC vuông tại C . Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng



ABC



. Khẳng định
nào sau đây đúng?

A. H trùng với trọng tâm tam giác ABC . B. H trùng với trung điểm AB.
C. H trùng với trực tâm tam giác ABC . D. H trùng với trung điểm BC .

Lời giải

Tác giả: Vũ Văn Tuấn ; Fb:Vũ Văn Tuấn

Chọn B

Xét các tam giác vuông SHA SHB SHC, , có SA SB SC  và SH chung

Do đó các tam giác SHA SHB SHC, , bằng nhau. Từ đó suy ra HA HB HC  hay H là tâm 
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Mặt khác tam giác ABC vuông tại C nên H trùng với 
trung điểm AB.

</div>

Bài 4. Bài tập có đáp án chi tiết về quan hệ vuông góc trong không gian lớp 11 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện



 









 









 













 





















 





 

























 





 







<sub></sub>

<sub></sub>































 





 











