SKKN vận dụng khoảng cách trong bài toán tính góc giữa hai mặt phẳng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI: VẬN DỤNG KHOẢNG CÁCH TRONG BÀI
TỐN TÍNH GĨC GIỮA HAI MẶT PHẲNG

                       
 

Năm học 2019 - 2020


MỤC LỤC
Trang
I. Đặt vấn đề 

2 

  1. Lý do chọn đề tài 

2 

  2. Mục tiêu, đối tượng nghiên cứu 

2 

  3. Giả thiết khoa học 

2 

  4. Dự báo những đóng góp của đề tài 

2 

II. Giải quyết vấn đề 

3 

  1. Cơ sở lý thuyết 

3 

  2. Cơ sở thực tiễn 

4 

  3. Nội dung 

4 

   

a. Ví dụ mở đầu 

4 

   

b. Các bài tập vận dụng 

6 

   

 

Vấn đề 1. Tính góc giữa hai mặt phẳng trong hình chóp 

6 

   

 

Vấn đề 2. Tính góc giữa hai mặt phẳng trong hình lăng trụ 

12 

   

c. Một số bài tập đề nghị 

20 

   

d. Đánh giá hiệu quả của đề tài 

22 

III. Kết luận   

22 

IV. Kiến nghị 

23 

 
 
 
 
 
 
 
 
 

1 

I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài
Trong q trình giảng dạy, ơn thi THPT Quốc gia chúng ta thường gặp các bài 
tốn liên quan đến góc, trong đó có bài tốn về góc giữa hai mặt phẳng. Với nhiều học 
sinh, cũng như giáo viên nhiều khi cịn lúng túng trong việc xác định phương pháp để 
giải quyết bài tốn. Thơng thường khi tính góc giữa hai mặt phẳng, chúng ta thường sử 
dụng  định  nghĩa,  sử  dụng  cách  xác  định  góc  giữa  hai  mặt  phẳng  cắt  nhau,  phương 
pháp tọa độ hóa…Tuy nhiên, trong q trình giải có nhiều bài  u cầu nhận định và 
tính tốn phức tạp, mất rất nhiều thời gian. 
Với những lý do trên, cùng với mong muốn góp phần phát triển tư duy, kỹ năng 
cho học sinh, tơi xin giới thiệu một phương pháp mà ít giáo viên và học sinh sử dụng 
đó là “Vận dụng khoảng cách trong bài tốn tính góc giữa hai mặt phẳng”.  
2. Mục tiêu, đối tượng nghiên cứu
Phát triển tư duy và rèn luyện kỹ năng giải các bài tập liên quan đến góc giữa 
hai mặt phẳng cho học sinh khá, giỏi. 
Nâng cao hiệu quả trong việc ơn thi THPT Quốc gia. 
Đề tài áp dụng hiệu quả cho đối tượng học sinh khá, giỏi lớp 11, 12. 
3. Giả thiết khoa học
Nếu đưa đề tài “Vận dụng khoảng cách trong bài tốn tính góc giữa hai mặt
phẳng” vào giảng dạy ơn thi THPT Quốc gia sẽ tạo được hứng thú và kích thích sự 
đam mê  trong học  tập bộ  môn  cho học  sinh. Đồng thời học  sinh  sẽ  tự  tin  hơn  trong 
việc  giải  quyết  các  dạng  bài  tập  mới.  Riêng  về  phần  bài  tập  tính  góc  giữa  hai  mặt 
phẳng, học sinh sẽ khắc sâu kiến thức và có kỹ năng giải nhanh hơn khơng chỉ các bài 
tốn  về  góc mà  cả những bài tốn  liên quan đến tính  khoảng  cách thường gặp  trong 
các đề thi. 
4. Dự báo những đóng góp của đề tài
Đề tài “Vận dụng khoảng cách trong bài tốn tính góc giữa hai mặt phẳng” 
giúp chúng ta nắm thêm một cách để tính góc giữa hai mặt phẳng, đồng thời củng cố 
thêm phương pháp tính khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng và mặt phẳng trong 

khơng gian. Từ đó rèn luyện tư duy kỹ năng trong việc dạy và học tốn. 

2 


Đề  tài  giúp  giải  quyết  các  bài  toán  liên quan  đến  góc  một  cách  nhanh  chóng, 
đặc biệt trong những bài khó xác định góc giữa hai mặt phẳng thì đây thực sự là một 
cơng cụ hữu hiệu.  
Qua một số bài tập điển hình được trình bày  trong chun đề, các ví dụ được 
sắp xếp từ dễ đến khó sẽ giúp học sinh nhận ra được sự ưu việt khi vận dụng phương 
pháp này vào giải quyết các bài tập. 
II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lý thuyết
Phương pháp vận dụng khoảng cách trong bài tốn tính góc giữa hai mặt phẳng. 
β

H

φ

A

K

a

α

Giả  sử  hai mặt  phẳng      và       cắt  nhau  theo  giao  tuyến  a .  Lấy  A    ,  
A  a,   dựng  AK  a,    K  a  ,   AH     ,    H      . 

AK , HK   
AKH   .  
Khi đó,  a   AHK   suy ra  HK  a.  Do đó,  
  ,      

Từ đó suy ra  sin  

AH d  A, 

  1.  
AK
d  A, a 

Như vậy, các bước để tính tính góc giữa hai mặt phẳng thơng qua khoảng cách 
bao gồm: 
Bước 1: Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng. 
Bước 2: Chọn một điểm  A  bất kỳ thuộc một trong hai mặt phẳng và khơng nằm trên 
giao tuyến, sau đó tính khoảng cách từ điểm  A  đến giao tuyến và mặt phẳng cịn lại. 
(Ở đây có rất nhiều cách lựa chọn điểm  A , do đó học sinh sẽ tự tin hơn trong q trình 
tính tốn của mình. Thơng thường để dễ dàng tính khoảng cách thì chúng ta vẫn hay 
chọn điểm  A  là hình chiếu vng góc của đỉnh xuống mặt đáy. Tuy nhiên trong nhiều 

3 


bài tốn thì phụ thuộc vào cách nhìn nhận của mỗi người, vấn đề chọn điểm này tơi sẽ 
trình bày ở phần nhận xét sau các bài tập cụ thể). 
Bước 3: Thay vào cơng thức  1  tính và kết luận. 
2. Cơ sở thực tiễn
Trong q trình ơn thi THPT Quốc gia tơi nhận thấy dạng bài tập liên quan đến 

góc giữa hai mặt phẳng được khai thác khá nhiều trong các đề thi. Tại đơn vị tơi cơng 
tác, học sinh khi gặp dạng bài tốn này thường hay lúng túng và khó khăn trong việc 
đưa ra phương hướng giải kể cả đối tượng học sinh giỏi.
Sau khi học sinh tiếp thu nội dung đề tài này và vận dụng vào các bài tốn cụ 
thể  trong  các  đề  thi  (đề  thi THPT  Quốc  Gia 2018, đề  thi  thử  Sở  GD  –  ĐT  Hà  Tĩnh 
2019…) các em đều giải quyết bài tốn khá nhanh chóng và tự tin. Từ đó tư duy, kỹ 
năng giải bài tập của các em được nâng lên rõ rệt.
3. Nội dung
a. Ví dụ mở đầu: ( Đề thi thử Sở GD – ĐT Hà Tĩnh năm 2019) Cho hình chóp 

S . ABCD   có  đáy  là  hình  vng,  SA   ABCD  ,  SA  3 AB.   Gọi     là  góc  giữa hai 
mặt phẳng   SBC   và   SDC  , giá trị  cos   bằng 
A. 0.

 

B.

1
.
2

C.

1
.
3

D.

1
.
4

Lời giải
Cách 1: Sử dụng cách xác định góc giữa hai mặt phẳng cắt nhau. 
Đặt  DC  a   a  0 . Kẻ  BH  SC  H  SC .   

S

Dễ thấy  BD  SAC   BD  SC . 
Từ đó suy ra   SC   BDH     DH  SC . 
a 3

Ta có   SBC    SDC   SC.   

H

BH , DH .   
Khi đó    
 SBC ,SDC   

A

B

Xét tam giác  SBC  vng tại  B,  đường cao  BH , ta 
a
D

có 

C

1
1
1
1
1
1
1
5
2a
 2
 2


 2  2  BH 
.   
2
2
2
2
2
2
BH
SB
BC
SA  AB
BC

a
4
a
5
a 3 a



4 




Ta lại có  SBC  SDC  DH  BH 

2a
. 
5

BD  là đường chéo của hình vng nên  BD  a 2 . 
4a 2 4a 2

 2a 2
BH

DH

BD
1
5


 5
  . 
Xét tam giác  HBD , ta có  cos BHD
2a 2a
2 BH .DH
4
2. .
5 5
2

2

2

  1 .   Chọn D. 
Suy ra  cos   cos BHD
4
Cách 2: Vận dụng khoảng cách để tính góc giữa hai mặt phẳng cắt nhau.
 
Đặt  DC  a,    a  0  . Ta có   SBC    SDC   SC.   
Khi đó  sin  

d  B,  SDC  
d  B, SC 



d  A,  SDC  
d  B, SC 

S

.   
2a
a 3

Gọi  H   là  chân  đường  cao  hạ  từ  đỉnh  A   của  tam 
H

giác  SAD ,  K  là chân đường cao hạ từ đỉnh  B  của 

A

tam giác  SBC . 
Ta có  d  B, SC   BK .   

B
K

a
D

C

DC  SAB   (vì  DC  AB ,  DC  SA  SA   ABCD   ). Suy ra  AH  DC . Do đó 
AH   SDC    hay  d  A, SDC   AH .   

Xét tam giác  SAD  vuông tại  A , đường cao  AH , ta có 

1
1
1
1
1

 2  2
2
2
AH
AB
SA
a
a 3





2



4
a 3
 AH 
.   
2
3a
2

Xét tam giác  SBC  vng tại  B , đường cao  BK , ta có 

1
1
1
1
1
5
2a
 2

 2  2  BK 
.   
2
2
2
BK
SB
BC
5
 2a  a 4 a
a 3
1
AH
15
Từ đó suy ra  sin  
   cos   1  sin 2   .  Chọn D. 
 2 
2a

4
BK
4
5

5 


Nhận xét: Ở đây việc xác định và tính  AH ,  BK  rất dễ dàng, do đó vận dụng khoảng 
cách vào tính góc trong bài này được giải quyết rất gọn nhẹ và nhanh chóng. 
Thay vì lựa chọn điểm  B  như ở trên, chúng ta có thể chọn điểm  D  với vai trị 
hồn tồn tương tự. 
Qua hai cách giải trên, chúng ta có thể dễ dàng nhận thấy, nếu sử dụng cách 1 
thì chúng ta cần phải xác định được góc cụ thể, cịn nếu sử dụng cách thứ 2 chúng ta 
khơng cần chỉ ra góc mà vẫn tính được thơng qua khoảng cách. 
b. Các bài tập vận dụng.
Vấn đề 1: Tính góc giữa hai mặt phẳng trong hình chóp.
Bài 1: ( Đề thi thử Sở GD – ĐT Thành Phố Hồ Chí Minh năm 2019) Cho hình chóp 

S. ABC   có  đáy  ABC   là  tam  giác  vuông    tại  B ,  AB  a, AC  2 a ,  SA  2a,
SA   ABC  . Gọi    là góc giữa hai mặt phẳng   SAC   và   SBC  . Khi đó  cos  bằng 

A.

3
.
2

B.

1
.
2

C.

15
5

D.

3
.
5

Lời giải

Ta có    SAC    SBC   SC.  Khi đó  sin  

d  A,  SBC  
d  A, SC 

. 

S

Kẻ  AH  SB,   H  SB  .  

K

Vì  BC  AB,  BC  SA   SA   ABC    

2a

 BC   SAB   BC  AH  

H
2a

A

Từ đó suy ra  AH   SBC   hay  d  A,  SBC    AH .  
Kẻ  AK  SC    K  SC     d  A, SC   AK  . 
Xét tam giác  SAB  vuông tại  A , đường cao  AH , ta có 

6 

a
B

C


1
1
1
1
1
5
2a


 2  2  2  2  AH 
. 
2
2
AH
AB
SA
a
4a
4a
5
Xét tam giác  SAC  vng tại  A , đường cao  AK , ta có  

1
1
1
1
1
1

 2  2  2  2  AK  a 2.  
2
2
AK
AC
SA
4a
4a
2a

2a
10
15
Từ đó suy ra  sin   5 
 cos 
.   Chọn C. 
5
5
a 2
Nhận xét: Trong bài này, việc tính khoảng cách từ điểm  A  đến mặt phẳng  SBC   là 

một bài tốn cơ bản và quen thuộc. ( A  là chân đường cao hạ từ đỉnh xuống mặt đáy). 
Tuy nhiên, chúng ta có thể chọn điểm  B  để tính và cơng việc cũng dễ dàng khơng kém 
hơn việc tính từ điểm  A . Đây là một điểm thực sự rất nổi bật trong phương pháp này. 
Bài 2: Cho hình chóp  S . ABCD  có  ABCD  là hình vng cạnh  a . Tam giác  SAD  đều 
và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Gọi  M  là trung điểm của  AD ,    là góc 
tạo bởi hai mặt phẳng  SCM   và  SAB  . Khi đó,  cot   bằng 
  A.

6
. 
3

B.

6
. 
2

C.

2 6
. 
3

D.

6 . 

Lời giải
Ta có  M  là trung điểm của  AD , tam giác  SAD  đều nên  SM  AD.  
Mặt  khác  tam  giác  SAD   nằm  trong  mặt  phẳng  vng  góc  với  đáy  suy  ra 
SM   ABCD  . 

Kẻ  CM   cắt  AB   tại  E .   Khi  đó,  A   là  trung 
điểm của  BE , suy ra  AE  AB  a . 
Ta có   SCM    SAB  SE.   
Suy ra  sin  

d  A, SCM 
d  A, SE 

.   

Gọi  K , H  lần lượt là hình chiếu vng góc lên 
SE   và  EM . Ta có  d  A, SE   AK .  

Vì  AB  AD,  AB  SM  AB  SAD  AB  SA . 

Mặt khác  AE  SA  a  nên tam giác  SAE  vuông cân tại  A . 

1
a 2
.   
Do đó  AK  SE  SA2  AE 2 
2
2
Ta lại có,  AH  CM ,  AH  SM   SM   ABCD    
 AH  SCM   hay  d  A,SCM   AH . 

Xét tam giác  AME  vuông tại  A,  đường cao  AH  
Ta có 

1
1
1
1
4
5
a 5


 2  2  2  AH 
. 
2
2
2
AH
AE

AM
a
a
a
5

a 5
AH
10
 5 
Suy ra   sin  
   cot  
AK
5
a 2
2

1
 10 


 5 

2

1 

6
. Chọn B.
2

Nhận xét: Ở bài này, việc chỉ ra góc khó hơn ở bài trên. Do đó vận dụng khoảng cách 
để  tính  là hợp  lý. Việc  lựa  chọn tính  khoảng cách  từ điểm  A  hay  B   đến mặt phẳng 

 SCM    thì  đều  như  nhau.  Ngồi  ra  chúng  ta  có  thể  tính  sin 


d  M , SAB 
d  M , SE 



d C , SAB 
d C , SE 

.  Việc tính theo cơng thức này cũng đơn giản như cách 

tính ở trên. 
Bài 3: (Đề thi thử trường THPT Hà Huy Tập – Hà Tĩnh năm 2019) Cho  hình  chóp 

  1200.   Cạnh 
S . ABCD   có  đáy  ABCD   là  hình  bình  hành,  AB  3,  AD  4,  BAD

SA  2 3   vng  góc  với  đáy.  Gọi  M ,  N ,  P   lần  lượt  là  trung  điểm  các  cạnh 
SA, AD, BC .  Gọi    là góc giữa hai mặt phẳng   SBC   và   MNP  . Tính   . 
A.   600 . 

B.   450 . 

C.   900 . 

D.    300 . 

Lời giải
Gọi  Q  là trung điểm của  SB . Khi đó   MNP    SBC   PQ . 
Ta có  sin  

d  B, MNP 
d  B, PQ 



d  A, MNP 
d  B, PQ 

. 

Kẻ  AI  PN    I  PN  , AH  MI    H  MI  . Khi đó  d  A, MNP   AH . 

8 


3
  1200  
ANP  600 ,  AI  AN .sin 
ANP  2.
 3 . 
Ta có  BAD
2
Xét tam giác  AIM  vng tại  A,  đường cao 

S
AH , ta có 
1
1
1
1 1 2
6

 2     AH 
. 
2
2
AH
MA
AI
3 3 3
2
 Kẻ  BK  QP    K  QP     d  B, QP   BK . 

2 3

M
Q

ADC  
Ta có  AC 2  AD 2  DC 2  2 AD.DC cos 
1
 AC 2  16  9  2.4.3.  13 .  
2

N 4

A

1200

3

D

I

Suy ra  SC  SA  AC  12  13  5 . 
2

H
K

2

B

C

P

SB  SA  AB  12  9  21  . 
2

2

2

2
2
2
  3 .   
  cos SCB
  SC  CB  SB  25  16  21  1    sin QPB
cos QPB
2
2 SC.CB
2.5.4
2

  2. 3  3 . 
Ta có  BK  BP sin QPB
2
6
AH
2
Từ đó suy ra  sin  
 2 
   450 . Chọn B. 
BK
2
3
Nhận xét: Ở bài này việc xác định góc giữa hai mặt phẳng là rất khó. Do đó, ta nên 
vận  dụng khoảng  cách để  tính  góc.  Lựa  chọn  tính  khoảng  cách từ  điểm  B   đến  giao 
tuyến  PQ  và mặt phẳng   MNP   hay  tính khoảng cách từ các điểm  N , M  đến giao 

tuyến  PQ   và  mặt  phẳng   SBC   trong  trường hợp  này  tùy  thuộc  vào  cách  nhìn  bao 
qt và tồn diện của mỗi học sinh. Tuy nhiên nếu các em lựa chọn điểm ngẫu nhiên 
thì các bước đi đến kết quả của phương pháp này cũng khá đơn giản và gọn nhẹ.  

  1200.  Hình 
Bài 4: Cho hình chóp  S . ABCD  có đáy  là hình thoi cạnh  a,   góc  BAD
chiếu vng góc của đỉnh  S  lên mặt phẳng   ABCD   là điểm  H  nằm trên đoạn thẳng 

AB  sao  cho  HA  2HB.   Góc  giữa  SC   và  mặt phẳng   ABCD    bằng  600.   Gọi     là 
góc giữa hai mặt phẳng   SAC   và   SCD  . Tính  cot  . 
A.

7
. 
4

B.

7
. 
5

C.
Lời giải

9 

5
. 
7

D.

4
. 
7


Ta có   SAC    SCD   SC . Khi đó  sin  

d  A,SCD
d  A, SC 

.   

Gọi  M  là trung điểm của  AD . Vì  ABCD  là 

  1200  nên  ABC  và 
hình thoi cạnh  a,   BAD

ACD  là các tam giác đều cạnh  a.   
Do đó,  AM 

a 3
. 
2

Xét tam giác  ACH , ta có 
CH 2  AC 2  AH 2  2 AC. AH .cos600  

 a2 

4a 2
2a 1 7a 2
a 7
 2.a. . 
 CH 
.   
9
3 2
9
3

  600.   
Góc giữa  SC  và   ABCD   là góc  SCH
Từ đó suy ra  SH  CH .tan 60o 

a 21
2a 7
, SC 
.   
3
3

Vì  AB / / CD  nên  d  A,  SCD    d  AB,  SCD    d  H ,  SCD   . 
Kẻ  HI / / AM    I  DC  . Khi đó  HI  AM 

a 3
  và  HI  DC . 
2

Kẻ  HK  SI    K  SI  . 
Ta có  DC  HI ,  DC  SH    SH   ABCD   DC   SHI   HK  DC . 
Từ đó suy ra  HK  SDC    hay  d  A, SDC   HK  . 
Xét tam giác  SHI  vng tại  H ,  đường cao  HK , ta có 

1
1
1
1
1
4
3
37
a 21




 2 2
 HK 
. 
2
2
2
2
2
2
HK
HI

SH
AM
SH
3a
7a
21a
37
Ta có 

d  H , AC 
d  B, AC 



HA 2
2
2 a 3 a 3
,  
  HL  d  B, AC   .

BA 3
3
3 2
3
2

2

 a 3   a 21 
2a 6

SL  HL  SH  
.   
 
 
3
3
3

 

2

2

Ta lại có  d  A, SC   AT .   


Vì  SSAC

2a 6
.a
1
1
SL. AC
a 6
 SL. AC  AT .SC  AT 
 3

. 
2

2
SC
2a 7
7
3

a 21
HK
7
5
Suy ra   sin  
 37 
 cot   .  Chọn C. 
AT
7
a 6
74
7

Nhận xét: Việc xác định góc giữa hai mặt phẳng trong bài này rất phức tạp. Do đó vận 
dụng khoảng cách để tính rất phù hợp. Tương tự, ở bài này lựa chọn tính khoảng cách 
từ điểm  A   tới đường thẳng  SC , mặt phẳng   SCD   hay  từ điểm  D   tới đường  thẳng 
SC , mặt phẳng   SAC   đều khá dễ dàng như nhau. 

Bài 5: (Đề thi thử trường THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội 2019) Cho  hình  chóp 

S . ABCD   có  đá  ABCD   là hình  vng  cạnh, hình  chiếu  vng  góc  của đỉnh  S   nằm 
trong  hình  vng  ABCD .  Hai  mặt  phẳng   SAD  ,    SBC    vng  góc  với  nhau;  góc 
giữa  hai  mặt  phẳng   SAB    và   SBC    là  600 ;  góc  giữa  hai  mặt  phẳng   SAB    và 

 SAD   là  450 . Gọi    là góc giữa hai mặt phẳng   SAB  và   ABCD , giá trị  cos  là 
A.

2
. 
2

B.

1
. 
2

C.

3
. 
2

D. 0 . 

Lời giải
Kẻ  SH   ABCD  ,  SM  AD,  SN  BC , HK  AB . 
S

Ta có   SAB    ABCD  AB .  

Khi đó  sin  

d  H , SAB 

d  H , AB 

 . 
A

M

D

K

  900 .  
Ta có  
 SAD  ,  SBC    MSN

H

B

11 

N

C


Vì  BC  SM ,  BC  SN  BC   SMN   MN  BC  MN / / AB.  
Khi đó   d  H ,  SAB    d  M ,  SAB    d  N ,  SAB    x    x  0 .   

 SAB  ,  SBC    60



Suy ra 

0

3 d  N ,  SAB  
2x

   d  N , SB  
. 
2
d  N , SB 
3

3
1
1
1
1




  1   
2
2
2
2
4x

SN
BN
SN
HK 2

 SAB  ,  SAD    45


0

Suy ra 

 sin 600 

 sin 450 

2 d  M ,  SAB  

   d  M , SA   x 2 . 
2
d  M , SA 

1
1
1
1
1





  2 
2
2
2
2
2x
SM
AM
SM
HK 2

Từ  1  và   2   ta được  
5
1 
2
1 
1
1
1
 1
 1






 2
 HK  2 x.  

2
2
2 
2
2
2 
2
4x
SN  HK
HK  HK
x
HK 2
 SM
 SH

d  H ,  SAB   x 1
Từ đó suy ra  sin 

 .   
 SAB  ,  ABDC   
d  H , AB 
2x 2

3
Vậy  cos 
 SAB  ,  ABDC    .  Chọn C.
2
Nhận xét: Đây là một bài tốn rất hay, nếu chúng ta xác định góc cụ thể của từng cặp 
mặt  phẳng  thì  sẽ  rất  rối  hình.  Tuy  nhiên,  như  chúng  ta  nhìn  thấy,  vận  dụng  khoảng 
cách để giải quyết thì bài tốn này trở nên nhẹ nhàng, đơn giản hơn nhiều. 

Vấn đề 2: Tính góc giữa hai mặt phẳng trong hình lăng trụ.
Bài 1: (Đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018) Cho hình  lăng  trụ  tam  giác  đều 

ABC. A B C    có  AB  2 3     và  AA  2 .  Gọi  M ,  N , P   lần  lượt  là  trung  điểm  các 

12 


cạnh  AB ,  AC    và  BC .  Côsin  của  góc  tạo  bởi hai  mặt phẳng   AB C    và   MNP   
bằng 
  A.

6 13
.
65

B.

13
.
65

C.

17 13
.
65

18 13
.

65

D.

Lời giải
Vì  P  BC ,  BC / / MN  nên mặt phẳng   MNP   chính là mặt phẳng   MNBC .  
Gọi  I  AB  BM ,  J  AC   CN .  

B

P

Khi đó   AB C    MNP   I J    IJ / / BC / / MN   . 

2 3

Gọi     là  góc  tạo bởi hai mặt phẳng   AB C    và 

 MNP  . Ta có  sin  

C

A
2

d  B ,MNP 
.  
d  B , IJ 

H

E

I
B'

Vì  ABC. A B C   là lăng trụ tam giác đều nên tam 

Q

J
C'

K
M

N

giác  AB C   cân tại  A . Suy ra  AK  BC  . 
A'

Do đó  d  B, IJ   d  K , IJ   KE  
Ta có  AB   AB 2  BB 2  4, AK  AB  2  B K 2  13 . 

1
Dễ thấy  I  là trọng tâm tam giác  BB A . Suy ra  BI  BA .  
3
1
13
Từ đó ta có  KE  AK 

. 
3
3
Gọi  Q, H   lần  lượt  là  hình  chiếu  vng  góc  của  B    lên  MN   và  BQ .  Khi  đó 
d  B ,MNP  B H . 

Ta có  B Q 

1
3
A K 
. 
2
2

Xét tam giác  BBQ  vng tại  B  , đường cao  BH , ta có 

1
1
1
4 1 25
6


  
 B H  . 
2
2
2
B H

B Q
B B
9 4 36
5

13 


6
B H
18 13
13
 5 
 cos  
Suy ra  sin  
. Chọn B.
KE
65
65
13
3
Nhận xét: Vai trị của  B   và  C   như nhau nên chúng ta có thể lựa chọn điểm  C   để 
thực hiện các bước hoàn toàn tương tự. 
Bài 2: (Đề thi thử trường THPT Cẩm Bình – Hà Tĩnh năm 2018) Cho hình  lăng trụ 

ABC. A BC   có đáy là tam giác đều cạnh  2a . Hình chiếu vng góc của  A  lên mặt 
phẳng   ABC   là trung điểm  H  của cạnh  AB . Biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 
600 . Gọi    là góc giữa hai mặt phẳng   BCC B   và   ABC  . Khi đó  cos  bằng 

 

A.

1
.
3

B.

1
.
5

C.

4
.
17

D.

1
.
17

Lời giải
Ta có   BCC B    ABC   BC . 
Khi đó  sin  

d  A, BCC B 

d  A, BC 

A'

B'

. 

C'
K

Gọi  M  là  trung điểm  của  BC .Vì  tam  giác 
ABC   đều  cạnh  2a   nên  AM  BC ,

A

600

I

2a
H

B

D

M

 AM  a 3  d  A, BC   AM  a 3.  

C

Gọi  D  là chân đường cao hạ từ đỉnh  B   xuống mặt phẳng   ABC  . Khi đó  B  là trung 
điểm của  HD . 
Ta có 

d  A, BCC B 
d  D, BCC B 



AB
 2  hay  d  A, BCC B   2 d  D, BCC B  . 
DB

Gọi  I ,  K   lần  lượt  là  hình  chiếu  vng  góc  của  D   lên  BC   và  B I .  Khi  đó 

d  D, BCC B   DK .   
Ta có 

DI
DB 1
1
a 3
. 

  DI  AM 
AM
AB 2

2
2

Vì góc giữa cạnh bên và mặt đáy là  
AAH  600  BD  AH  AH .tan 600  a 3 . 
Xét tam giác  B DI  vng tại  D,  đường cao  DK  ta có 

14 


1
1
1
4
1
5
a 15
 2
 2  2  2  DK 
.  
2
2
DK
DI
B D
3a
3a
3a
5
a 15

2.
2 DK
5  2  cos   1 . Chọn B.
Suy ra  sin  

AM
a 3
5
5
Nhận xét: Trong q trình giải quyết bài tốn tính góc theo khoảng cách ngồi cách 
chọn cách điểm như trên ta có thể chọn các điểm  H ,  B ,  C   để tính khoảng cách tới 
giao tuyến và các mặt phẳng tương ứng cũng hồn tồn đơn giản.
Bài 3: Cho hình lập phương  ABCD. AB C D . Gọi  M  là trung điểm của cạnh  BC ,    
là góc giữa hai mặt phẳng   B AM   và   AB CD . Khi đó, số đo của góc    bằng 
  A. 300.

B. 450.

C. 60 0.

D. 750.  

Lời giải
Kẻ  AM  cắt  DC  tại  N .

B'

C'

Ta có   B AM    AB CD  B N .   

A'

Khi đó  
sin  

d C , B AM 
d C , B M 



d  B, B AM 
d C , B M 

D'

P
N

K

. 
B
a

Kẻ  BH  AM    H  AM ,  BK  SH .  
Suy ra  d  B, B AM   BK . 

A

H

C

M

D

Xét tam giác  BBH  vng tại  B , đường cao  BK , ta có 

1
1
1
1
1
1
1
4
1
6
a 6




 2  2  2  2  2  BK 
. 
2
2
2
2

2
BK
BB 
BH
BB 
BM
BA
a
a
a
a
6
Kẻ  CP  B N    P  B N  . Khi đó  d C , B N   CP . 
Xét tam giác  BCN  vng tại  C , đường cao  CP , ta có 

1
1
1
1
1
3
a 6


 2  2  2  CP 
.   
2
2
2
CP

CB 
CN
2a
a
2a
3

15 


a 6
BK
1
Vậy  sin  
 6     300.  Chọn A. 
CP a 6 2
3
Nhận xét: Việc tính tốn trong bài này cũng đơn giản và nhẹ nhàng, thay vì lựa chọn 
tính  khoảng  cách  từ  điểm  C   đến  giao  tuyến  BN   và  mặt  phẳng   B AM    chúng  ta 
cũng  có  thể  lựa  chọn  là  tính  khoảng  cách  từ  điểm  A   đến  giao  tuyến  và  mặt  phẳng 

 ABCD , việc này cũng hoàn toàn đơn giản, tương tự như ở câu 2. 
Câu 4: Cho lăng trụ đứng  ABC. ABC   có đáy là tam giác đều và tất cả các cạnh bằng 
a ,  M   là  trung  điểm  của  AB .  Cơsin  của  góc  tạo  bởi  hai  mặt  phẳng   MBC    và 

 ACCA  bằng 
A.

5
.

10

B.

3 5
.
5

C.

5
.
5

Lời giải
Kẻ  AA  cắt  BM  tại  D.  Ta có   MBC    ACCA  CD.  
Gọi    là góc tạo bởi hai mặt phẳng   MBC   và   ACCA  .  
Khi đó  sin  

d  B,  ACC A 
d  B, C D 

.  

Gọi  N  là trung điểm cạnh  AC . 
Ta có  BN  AC,  BN  AA  BN   ACC A  
Hay  d  B, ACC A  BN  .  
Tam giác  ABC  đều cạnh  a  nên  BN  C M 

a 3

.   
2

Kẻ  BK  DC     K  DC   d  B, DC   BK . 
Ta có 

1
1
C M .BD
SCBD  C M .BD  BK .C D  BK 
.   
2
2
C D

D.

15
.
5


2

Xét tam giác  ABD  vng tại  A , ta có  BD  a 2   2a   a 5.   
2

a 3 a 5
Xét tam giác  DMC  vng tại  M ,  ta có  C D  


  a 2.   
2
2

 

a 3
.a 5
a 30

.   
Do đó,  BK  2
4
a 2
a 3
BN
10
15
Suy ra  sin  
 2 
 cos  
.  Chọn D.
BK a 30
5
5
4

Nhận xét: Ở bài này, vận dụng khoảng cách để tính tốn cũng rất đơn giản. Và như tơi 
đã trình bày, chúng ta có nhiều cách lựa chọn điểm để tính khoảng cách tới giao tuyến 
và mặt phẳng cịn lại. Với bài trên, thay vì lựa chọn điểm 

B ,  ta  chọn  điểm  A   thì  cơng  việc  lại  gọn  nhẹ  hơn  rất  là 
nhiều. 
Kẻ  AA  cắt  BM  tại  D.  Ta có   MBC    ACCA  CD.  
Gọi    là góc tạo bởi hai mặt phẳng   MBC   và   ACCA  .  
Khi đó  sin  

d  A,  BCM  
. 
d  A, C D 

 Kẻ  AH  BD    H  BD .  
Ta có  C M   ABB A  A H  C M .  
Từ đó suy ra  A H   MBC   hay  d  A,MBC   A H . 
Xét tam giác  ADM  vuông tại  A , đường cao  AH , ta có   

1
1
1
1
4
5
a 5


 2  2  2  AH 
.   
2
2
2

AH
AD
A M
a
a
a
5
Kẻ  AK  DC     K  DC   d  A, DC   AK . 
Xét tam giác  ADC  vng tại  A , đường cao  AK , ta có 

1
1
1
1
1
2
a 2


 2  2  2  A H 
. 
2
2
2
A K
AD
AC
a
a
a

2


a 5
AH
10
15
Từ đó suy ra  sin  
 5 
 cos  
.  Chọn D.
AK a 2
5
5
2

Bài 5: Cho  hình  lăng  trụ  đứng  ABC. ABC      có  AB  a ,  AC  a 3 ,  AA  a , 

  1500 . Gọi  M  là trung điểm của  CC  ,    là góc giữa mặt phẳng   AB M   và 
BAC
mặt phẳng   ABC  . Khẳng định nào sau đây là đúng? 
A. sin  

66
.
22

B. sin  

66

.
11

418
.
44

C. sin  

D. sin  

418
. 
22

Lời giải
Kẻ  BC  cắt  B M  tại  N . Khi đó  M  là trung điểm của  BN . 
Ta có   AB M    ABC   AN .   
Khi đó  sin  

B'

d  B , ABC  d  B , ABC 

. 
d  B , AN 
2d M , AN 

C'

A'
a

M

B

C

Ta có  d  B , ABC   BB  a . 
Kẻ  MH  AN    H  AN   d  M , AN   MH . 

a

Xét tam giác  ABC  ta có

1500

a 3

H

A


BC 2  AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos BAC

3
 BC 2  a 2  3a 2  2.a.a 3.   7 a 2  BC  a 7
 2 

AB 2  BC 2  AC 2 a 2  7a 2  3a 2 5 7

cos ABC 


.   
2 AB.BC
14
2a.a 7
  SABC 

2
1
  1 a.a 3. 1  a 3 .   
AB. AC.sin BAC
2
2
2
4

ABC  
Xét tam giác  ABN  có  AN 2  AB 2  BN 2  2 AB.BN .cos 
 AN 2  a 2  28a 2  2.a.2a 7.

Ta lại có  SACN  S ABC

5 7
 19a 2  AN  a 19.  
14

a2 3
a 3 1
4  57 .   

 CH . AN  CH 
4
2
38
a 19
2.

2

18 

N


a 2 3a 2 11a 2
a 418

 MH 
.   
Suy ra  MH  MC  CH  
4
76
38
38
2

Vậy  sin  

2

BB 

2MH

2

a
418

.   Chọn D.
22
a 418
2.
38

Nhận xét: Với bài này chúng ta cũng có thể lựa chọn cách tính khoảng cách từ điểm 
C  đến giao tuyến  AN  và mặt phẳng   AB M   tương tự như cách ở trên. 

Bài 6: Cho lăng trụ  ABC. A BC   có đáy là tam giác đều cạnh  3a , hình chiếu vng 
góc  của  A   lên  mặt  phẳng   ABC    là  điểm  H   thuộc  cạnh  AB   thỏa  mãn 


 
7
.  Khi  đó  tan  góc 

AH  2 BH  0 ,     là  góc  giữa  AA   và  mặt  đáy,  biết  tan  
2
giữa hai mặt phẳng   ABC   và   AHC   bằng 
A. 2 6 .

 

B.

6
. 
12

C.  3 6 . 

D. 

6
. 
18

Lời giải
Gọi  I  là giao điểm của  AC   và  AC . Ta có   ABC    A HC   HI .   

d C , ABC 

Gọi    là góc giữa hai mặt phẳng   ABC   và   AHC  . Khi đó  sin  
Xét tam giác  BCH  ta có  

A'

2

2

B'
I

Góc giữa  AA  và   ABC   là  
AAH  .    
Ta có  tan  

T

AH
7

 AH  a 7.   
AH
2

A

Từ đó suy ra tam giác  A HC  vng cân tại  H .  
Do đó,  A C  HI  hay  d C , HI   CI 

φ

M

H

3a
B

C
N

K

A C a 14

.   
2
2

Gọi  N  là hình chiếu vng góc của  C   lên mặt phẳng   ABC  . Khi đó  CN / / AB . 

19 

.   

C'


CH  BC  BH  2 BC.BH .cos ABC
1
 CH 2  9a 2  a 2  2.3a.a.  7a 2  CH  a 7.   
2
2

d C , HI 


Kẻ  NK  AB    K  AB  ,  khi  đó  NK  CM 

3a 3
  ( CM   là  trung  tuyến  trong  tam 
2

giác đều cạnh  3a ). 
Kẻ  NT  C K   T  C K    , dễ thấy  d C , ABC   d  N , ABC   NT .  
Xét tam giác  C NK  vuông tại  N , đường cao  NT , ta có 

1
1
1
1
4
55
3 1155


 2

 NT 
. 
2
2
2

2
2
NT
C N
NK
7a
27a
189a
55
3a 1155
NT
3 330
55


 tan   3 6 . Chọn C.
Suy ra  sin  
CI
55
a 14
2
Nhận xét: Đây là một bài xác định góc khó, vì vậy sử dụng khoảng cách để tính góc 
giữa  hai  mặt  phẳng  có  thể  coi  là  phương pháp  tối  ưu.  Cũng như  các  bài  tập  ở  trên, 
chúng ta cũng có thể có nhiều lựa chọn khác nhau trong việc chọn tính khoảng cách từ 
điểm tới đường thẳng và mặt phẳng để giải quyết bài tốn. 
c. Một số bài tập đề nghị
Bài 1: Cho hình chóp  S . ABCD   có đáy  ABCD   là nửa lục giác đều nội tiếp đường 
trịn đường kính  AB  2a ,  SA   ABCD   và  SA  a 3 . Khi đó  tan  góc giữa hai mặt 
phẳng   SAD   và   SBC   bằng 
  A. 2 7.

B. 7.
C. 2 14.
D. 14.
Bài 2:  Cho hình  chóp  S . ABCD     có đáy  là  hình  vng  cạnh  a ,   cạnh bên  SA  a  và 
vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi  M , N  lần lượt là trung điểm của  SB  và  SD ,    là 
góc giữa hai mặt phẳng   AMN   và   SBD  . Giá trị  sin   bằng 

2
2 2
7
1
.
.
.
B.
C.
D. .
3
3
3
3
Bài 3: Cho hình chóp  S . ABCD  có  ABCD  là hình thang vng tại  A  và  D,   AB  2a,  
A.

AD  DC  a,   SA  vng góc với đáy. Góc giữa hai mặt phẳng   SCD   và   ABCD   
bằng  600.  Khi đó, tan góc giữa hai mặt phẳng   SBC   và   ABCD   bằng 
A.

6
.

2

B.

6
.
3

C.

20 

6.

D.

2.


Bài 4: Cho hình chóp  S . ABCD  có đáy  ABCD  là hình thang vng tại  A  và  B ,  SA  
vng góc với mặt phẳng   ABCD  ,  AB  BC  a,  AD  2a.  Biết góc giữa  SC  và mặt 
phẳng   ABCD   bằng  450 . Khi đó góc giữa hai mặt phẳng   SAD   và   SCD   bằng 
A. 300.

 6
C. arccos 
.
3



B. 450.

D. 600.

Bài 5: Cho hình chóp tam giác đều  S . ABC  có cạnh đáy bằng  a , cạnh bên bằng  a 2 . 
Khi đó, sin góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 
    A.

10
.
5

B.

15
.
5

C.

6
.
2

D.

6
. 
3

Bài 6: Cho  hình  chóp  tứ  giác  đều  S . ABCD ,  có  cạnh  đáy  bằng  a,   cạnh  bên  bằng 

a 5
.  Gọi  M  là trung điểm của  SC.  Khi đó, sin góc giữa hai mặt phẳng   MBD   và 
2

 ABCD   bằng 
A.

10
.
5

B.

15
.
5

C.

6
.
2

D.

6
.

3

Bài 7:  Cho  hình  hộp  chữ  nhật  ABCD. A ' B ' C ' D '   có  AB  2a ,  AD  a ,  AA '  a 3.  
Gọi    là góc giữa hai mặt phẳng   AC B   và   A C D.  Tính  sin .  
A. sin  

4 15
.
19

B. sin  

11
.
19

C. sin  

2 15
.
19

D. sin  

3 15
.
19

Bài 8:  Cho  hình  lăng  trụ  ABC. A BC    có  BA  CA  AA  2a ,  BA  BC  a , 

  1200 . Gọi    là góc giữa hai mặt phẳng   ABB A  và   BCC B  , tính  sin  . 
ABC
A. sin  

2 5
. 
5

B. sin  

2 3
. 
4

C. sin  

6 2
3
. D. sin  
.
4
2

Bài 9: (Đề thi THPT Quốc gia 2018) Cho hình lập phương  ABCD. ABC D có tâm  O
. Gọi  I  là tâm của hình vng  AB C D  và  M  là một điểm thuộc đoạn thẳng  OI  sao 
cho  MO  2 MI .  Khi  đó,  cơsin  của  góc  tạo  bởi  hai  mặt  phẳng   MC D    và   MAB  
bằng 
A.

6 85

.
85

B.

7 85
.
85

C.

21 

17 13
.
65

D.

6 13
. 
65


d. Đánh giá hiệu quả của đề tài
Với việc vận dụng đề tài này vào ơn luyện thi THPT Quốc Gia và bồi dưỡng 
học sinh giỏi kết hợp với giảng dạy những phần kiến thức khác trong chương trình bộ 
mơn  Tốn  thì đã đạt được những hiệu quả nhất  định,  kết quả  thi  của học sinh được 
nâng cao rõ rệt.
Tơi đã tiến hành dạy thực nghiệm đề tài ở lớp 12B8 và đã kiểm tra kỹ năng giải 

các bài tập phần tính góc giữa hai mặt phẳng ở các lớp 12B6 và 12B8( 12B6 có mặt 
bằng tư duy tốt hơn) thì nhận thấy kết quả: 

Lớp 

Sĩ số 

Số HS giải bài tốn theo 

Số HS giải được bài tốn theo 

phương pháp truyền thống 

phương pháp mới 

SL 

TL(%) 

SL 

TL(%) 

12B6 

40 

38 

95% 

2 

5% 

12B8 

38 

3 

7,9% 

35 

92,1% 

Trong 2  học  sinh  lớp  12B6  giải  bài  tốn  theo  phương pháp  vận  dụng  khoảng 
cách để tính góc thì cả 2 em đều thuộc đội tuyển ơn thi học sinh giỏi đã được tiếp thu 
nội dung đề tài. Đồng thời nhận thấy những em vận dụng phương pháp truyền thống 
trong q trình giải cịn lúng túng, nhiều em chưa đưa đến kết quả chính xác. Các học 
sinh vận dụng khoảng cách vào tính góc giữa hai mặt phẳng thì đưa ra kết quả nhanh 
và chính xác hơn. 
Từ những kết quả đánh giá như trên, có thể rút ra kết luận rằng: Đề tài có tính 
khoa học, hiệu quả cao, có thể vận dụng tốt trong dạy học. 
3. KẾT LUẬN
Trong q trình giảng dạy cho học sinh, tơi thấy việc vận dụng khoảng cách vào 
bài tốn tính góc giữa hai mặt phẳng giúp học sinh dễ dàng và nhanh chóng tìm ra kết 
quả. Cũng thơng qua cách giải này học sinh thành thạo hơn kỹ năng tính khoảng cách 
từ một điểm đến đường thẳng và mặt phẳng. Qua đó, vận dụng nhiều trong cái bài tốn 

hình học  khơng  gian  có  trong các đề  thi  THPT Quốc  gia,  giúp các  em  tự  tin để  giải 
quyết các bài tốn nhanh gọn, phù hợp với hình thức thi cử hiện nay. 
 

Thơng qua đề tài này, chúng ta dễ dàng nhận thấy rằng có rất nhiều lựa chọn để 

chúng ta tính góc thơng qua khoảng cách, bằng việc lấy điểm phù hợp để tính khoảng 

22 


cách tới giao tuyến và mặt phẳng tương ứng, qua đó giúp học sinh tự tin hơn để giải 
quyết các dạng tốn này. 
Với  nội dung đề tài này,  giáo  viên  có thể  triển  khai  giảng dạy  ở  đối  tượng học 
sinh khá, giỏi với thời lượng 2 buổi. Đồng thời đề tài cũng chỉ ra phương pháp mà ít 
giáo viên và học sinh sử dụng, từ đó để mọi người cùng thảo luận, đóng góp ý kiến và 
phát triển thêm từ đó làm phong phú hơn về phương pháp giải các bài tốn về góc giữa 
hai mặt phẳng và hơn nữa là các bài tốn liên quan đến hình học khơng gian. 
Trong thực tế giảng dạy tơi thấy cịn có nhiều dạng bài tập liên quan tới tính góc 
giữa hai mặt phẳng có thể vận dụng khoảng cách để tính nhanh gọn hơn ... Tuy nhiên 
tơi chưa thể  đề cập tới các vấn đề một cách sâu rộng được rất mong được sự góp ý của 
các đồng nghiệp để đề tài được hồn thiện hơn. 
Trong q trình thực hiện đề tài tơi có tham khảo một số tài liệu như sau: 
- Sách Hình học 11 – Trần văn Hạo. 
-  Sách  chun  đề  trọng  điểm  bồi  dưỡng  học  sinh  giỏi  hình  học  khơng  gian  – 
Nguyễn Quang Sơn. 
- Hệ thống đề thi THPT Quốc Gia, đề thi thử Sở GD – ĐT Hà Tĩnh, các trường 
THPT trong tồn Quốc. 
- Các trang web www.toanmath.com; www.mathvn.com; www.facebook.com;  
4. KIẾN NGHỊ 

Qua thực tế dạy học Tốn ở truờng THPT tơi có một số kiến nghị, đề xuất sau:  
- Cần triển khai buổi học chun đề phân tích đề thi THPT Quốc Gia ngay sau 
khi có đề minh họa và đề thi chính thức của bộ giáo dục. 
- Các bài viết và các đề tài hay cần được Sở GD - ĐT chia sẽ rộng rãi trong các 
buổi chun đề để các đồng nghiệp cùng học hỏi trao đổi kinh nghiệm.  
Trên đây là một số ý kiến của bản thân tơi rút ra được trong q trình dạy học tại 
trường  THPT.  Vì  thời  gian  có hạn,  ứng dụng đề  tài  ở  phạm  vi  một  đơn  vị  nên  việc 
kiểm chứng gặp nhiều khó khăn. Mặc dù vậy tơi cũng mạnh dạn đề xuất mong được sự 
góp ý của các đồng nghiệp để đề tài hồn thiện hơn. 
Tơi xin chân thành cảm ơn! 

23