Chuyên đề 3. hhkg góc trong không gian - đáp án

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021
Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1
TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ – GIỎI
Dạng 1. Góc của đường thẳng với đường thẳng
Để tính góc giữa hai đường thẳng 1 2
,
d d trong không gian ta có thể thực hiện theo hai cách
Cách 1. Tìm góc giữa hai đường thẳng 1 2
,
d d bằng cách chọn một điểm O thích hợp ( O thường nằm trên
một trong hai đường thẳng).
Từ O dựng các đường thẳng ' '
1 2
,
d d lần lượt song song ( có thể tròng nếu O nằm trên một trong hai đường
thẳng) với 1
d và 2
d . Góc giữa hai đường thẳng ' '
1 2
,
d d chính là góc giữa hai đường thẳng 1 2
,
d d .
Lưu ý 1: Để tính góc này ta thường sử dụng định lí côsin trong tam giác
2 2 2
cos
2
b c a
A
bc
 
 .
Cách 2. Tìm hai vec tơ chỉ phương 1 2
,
u u
 

của hai đường thẳng 1 2
,
d d
Khi đó góc giữa hai đường thẳng 1 2
,
d d xác định bởi  
1 2
1 2
1 2
.
cos ,
u u
d d
u u

 

 
 .
Lưu ý 2: Để tính 1 2 1 2
, ,
u u u u

  

ta chọn ba vec tơ , ,
a b c
  
không đồng phẳng mà có thể tính được độ dài và góc
giữa chúng,sau đó biểu thị các vec tơ 1 2
,
u u
 

qua các vec tơ , ,
a b c
  
rồi thực hiện các tính toán.
Câu 1. (Đề Tham Khảo 2018) Cho tứ diện OABC có , ,
OA OB OC đôi một vuông góc với nhau và
OA OB OC
  . Gọi M là trung điểm của BC (tham khảo hình vẽ bên dưới). Góc giữa hai
đường thẳng OM và AB bằng
A. 0
45 B. 0
90 C. 0
30 D. 0
60
Lời giải
Chọn D
HHKG - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Chuyên đề 3
d1
d2
d'2
d'1
O

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489
Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
Đặt OA a
 suy ra OB OC a
  và 2
AB BC AC a
  
Gọi N là trung điểm AC ta có / /
MN AB và
2
2
a
MN 
Suy ra góc  
  

, ,

OM AB OM MN . Xét 
OMN
Trong tam giác OMN có
2
2
a
ON OM MN
   nên OMN là tam giác đều
Suy ra  0
60
OMN  . Vậy  
  
 0
, , 60
 
OM AB OM MN
Câu 2. (THPT Lê Quy Đôn Điện Biên 2019) Cho tứ diện ABCD với
  0
3
, 60 ,
2
AC AD CAB DAB CD AD
    . Gọi  là góc giữa hai đường thẳng AB và CD. Chọn
khẳng định đúng về góc  .
A.
3
4
cos  B. 0
30 C. 0
60 D.
1
4
cos 
Lời giải
Chọn D
Ta có   0 0
. . . . . . 60 . . 60
AB CD AB AD AC AB AD AB AC AB AD cos AB AC cos
     

 
 
   
  
0 0
3 1
. . 60 . . 60 .
2 4
AB AD cos AB AD cos AB AD

  
  . 1 1
,
. 4 4
AB CD
cos AB CD cos
AB CD


   

 


 

Câu 3. (THPT Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Cho hình hộp chữ nhật .
ABCD A B C D
    , biết đáy
ABCD là hình vuông. Tính góc giữa A C
 và BD .

Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3
A. 90. B. 30. C. 60. D. 45.
Lời giải
Vì ABCD là hình vuông nên BD AC
 .
Mặt khác  
AA ABCD BD AA
 
   .
Ta có  
'
BD AC
BD AA C BD A C
BD AA


 
   



.
Do đó góc giữa A C
 và BD bằng 90.
Câu 4. (Chuyên KHTN 2019) Cho tứ diện ABCD có 2
AB CD a
  . GọiM , N lần lượt là trung điểm
AD và BC . Biết 3
MN a
 , góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng.
A. 0
45 . B. 0
90 . C. 0
60 . D. 0
30 .
Lời giải
Gọi P là trung điểm AC , ta có //
PM CD và //
PN AB , suy ra 
  
 
, ,
AB CD PM PN
 .
Dễ thấy PM PN a
  .
Xét PMN
 ta có 
2 2 2 2 2 2
3 1
cos
2 . 2. . 2
PM PN MN a a a
MPN
PM PN a a
   
   
 
 
0 0 0 0
120 , 180 120 60
MPN AB CD
      .
Câu 5. (Chuyên Lương Văn Chánh Phú Yên 2019) Cho hình lập phương .
ABCD A B C D
    ; gọi M là
trung điểm của B C
 . Góc giữa hai đường thẳng AM và BC bằng
A. 45. B. 90. C. 30. D. 60.
Lời giải

Giả sử cạnh của hình lập phương là 0
a  .
Gọi N là trung điểm đoạn thẳng BB. Khi đó, //
MN BC nên    
, ,
AM BC AM MN
  .
Xét tam giác A B M
  vuông tại B ta có: A M
 2 2
A B B M
  
 
2
2
4
a
a
 
5
2
a
 .
Xét tam giác AA M
 vuông tại A ta có: 2 2
AM AA A M
 
 
2
2 5
4
a
a
 
3
2
a
 .
Có
5
2
a
AN A M

  ;
2
2 2
BC a
MN

  .
Trong tam giác AMN ta có:

cos AMN
2 2 2
2. .
MA MN AN
MA MN
 

2 2 2
9 2 5
4 4 4
3 2
2. .
2 2
a a a
a a
 

2
2
6 4
.
4 6 2
a
a

1
2
 .
Suy ra  45
AMN   .
Vậy    
, ,
AM BC AM MN
    45
AMN   .
Câu 6. (Chuyên Hạ Long - 2018) Cho hình chóp .
S ABC có độ dài các cạnh
SA SB SC AB AC a
     và 2
BC a
 . Góc giữa hai đường thẳng AB và SC là?
A. 45. B. 90. C. 60. D. 30.
Lời giải
N
M
C
D
A
D'
B'
C'
A'
B

Ta có 2
BC a
 nên tam giác ABC vuông tại A. Vì SA SB SC a
   nên hình chiếu vuông
góc của S lên  
ABC trùng với tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Tam giác ABC vuông tại A nên I là trung điểm của BC .
Ta có  
cos ,
AB SC  
cos ,
AB SC


 
 .
.
AB SC
AB SC


 

.
.
AB SC 

 

 
AB SI IC


 
 
.
AB SI


 
 1
.
2
BA BC
 

 
 1
. .cos45
2
BA BC
  
2
2
a
  .
 
cos ,
AB SC 
2
2
2
a
a
1
2
  

,
AB SC
 60
  .
Cách 2:  
cos ,
AB SC  
cos ,
AB SC


 
 .
.
AB SC
AB SC


 

Ta có .
AB SC

 

 
SB SA SC
 
  

. .
SB SC SA SC
 
 
  

. .cos90 . .cos60
SB SC SA SC
   
2
2
a
  .
Khi đó  
2
2
2 1
cos ,
2
a
AB SC
a

 
Câu 7. (Chuyên Đh Vinh 2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều .
ABC A B C
   có AB a
 và 2
AA a
  .
Góc giữa hai đường thẳng AB và BC bằng
A. 60. B. 45. C. 90. D. 30.
Lời giải
Ta có   
.
AB BC AB BB BC CC
   
  
 
 
  
 

. . . .
AB BC AB CC BB BC BB CC
   
   

 
 
 
  
  

. . . .
AB BC AB CC BB BC BB CC
   
   

 
 
 
  
  
 2 2
2 3
0 0 2
2 2
a a
a
      .

Suy ra   .
cos ,
.
AB BC
AB BC
AB BC
 
  
 
 

 

 
  

2
3
1
2 , 60
2
3. 3
a
AB BC
a a
 
    .
Câu 8. (Kim Liên - Hà Nội - 2018) Cho tứ diện ABCD có DA DB DC AC AB a
     ,  45
ABC   .
Tính góc giữa hai đường thẳng AB và DC .
A. 60. B. 120 . C. 90. D. 30.
Lời giải
Ta có tam giác ABC vuông cân tại A, tam giác BDC vuông cân tại D .
Ta có  
. . .
AB CD DB DA CD DB CD DACD
   

 
 
 
 
 
 
 
 

    2
1
cos , cos ,
2
DB CD DB CD DA CD DA CD a
   

 
 
 
 
 
 
 

.
Mặt khác ta lại có     . 1
. cos . cos ,
2
AB CD
AB CD AB CD AB CD AB CD
AB CD
    

 


 
 
 
 
 
 
 


 

   
, 120 , 60
AB DC AB CD
     

 
.
Câu 9. (Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - 2018) Cho hình lập phương .
ABCD A B C D
    . Gọi M , N lần
lượt là trung điểm của AD , .
BB Cosin của góc hợp bởi MN và '
AC bằng
A.
3
3
. B.
2
3
. C.
5
3
. D.
2
4
.
Lời giải
* Xét hình lập phương .
ABCD A B C D
    cạnh a.
* Đặt , , , . . . 0
a AB b AD c AA a b c a a b b c a c

         
 
             
.
* Ta có:
2 2 2
1 1 1 1 3
2 2 4 4 2
a
MN AN AM AB BN AM a b c MN a a a
            

  
 
  
    

2 2 2
3
AC AB AD AA a b c AC a a a a
  
          

 
      

2 2 2 2
1 1
.
2 2
AC MN a a a a
    

 

   
. 2
cos ; cos ;
3
.
MN AC
MN AC MN AC
MN AC

 
  


 


 


 
 .

Câu 10. (Cụm 5 Trường Chuyên - ĐBSH - 2018) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy là hình chữ nhật,
2
AB a
 , BC a
 . Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của
cạnh AB , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 0
60 . Tính cosin góc giữa hai đường
thẳng SB và AC
A.
2
7
. B.
2
35
. C.
2
5
. D.
2
7
.
Lời giải
 
 
,
SC ABCD   
,
SC CH   0
60
SCH  .
 
.
cos ,
.
SB AC
SB AC
SB AC

 
  
.
SB AC SH HB AB BC
  
  
 
 
 

. . . .
SH AB SH BC HB AB HB BC
   

 
 
 
 
 
 
 

. .
HB AB HB BC
 

 
 
 
 2 2
1
2
2
AB a
 
5
AC a
 , 2 2
2
CH a a a
   , 
.tan 6
SH CH SCH a
  .
2 2
SB SH HB
   
2
2
6 7
a a a
   .
 
.
cos ,
.
SB AC
SB AC
SB AC

  2
2
7. 5
a
a a

2
35
 .
Câu 11. (Chuyên Thái Bình - 2018) Cho hình chóp tứ giác đều .
S ABCD có đáy ABCD là hình vuông,
E là điểm đối xứng của D qua trung điểm SA. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AE và
BC . Góc giữa hai đường thẳng MN và BD bằng
A. 90. B. 60. C. 45. D. 75.
Lời giải

Gọi I là trung điểm SA thì IMNC là hình bình hành nên //
MN IC .
Ta có  
BD SAC
 BD IC
  mà //
MN IC BD MN
  nên góc giữa hai đường thẳng MN
và BD bằng 90.
Cách khác: có thể dùng hệ trục tọa độ của lớp 12, tính tích vô hướng . 0
BD MN 

 

.
Câu 12. (Chuyên Thái Bình - 2018) Cho hình chóp đều .
S ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a . Gọi
M , N lần lượt là trung điểm của AD và SD . Số đo của góc giữa hai đường thẳng MN và SC
là
A. 45. B. 60. C. 30. D. 90.
Lời giải
Gọi P là trung điểm của CD.
Ta có: //
NP SC    
, ,
MN SC MN NP
  .
Xét tam giác MNP ta có:
2
a
MN  ,
2
a
NP  ,
2
2
a
MP 
2 2
2 2
4 4
a a
MN NP
   
2
2
a
 2
MP
 MNP
  vuông tại N
 90
MNP
      
, ,
MN SC MN NP
  90
 .

Câu 13. (Sở Quảng Nam - 2018) Cho hình lăng trụ .
ABC A B C
   có đáy ABC là tam giác vuông tại A ,
AB a
 , 3
AC a
 . Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  
ABC là trung điểm H của
BC , 3
A H a
  . Gọi  là góc giữa hai đường thẳng A B
 và B C
 . Tính cos .
A.
1
cos
2
  . B.
6
cos
8
  . C.
6
cos
4
  . D.
3
cos
2
  .
Lời giải
Gọi E là trung điểm của AC ; D và K là các điểm thỏa BD HK A B
 
 

  

.
Ta có  
B K ABC
  và / /
B D A B
     
, ,
A B B C B D B C
   
  
DB C

 .
Ta tính được 2
BC a BH a
   ;  
2
2
3 2 .
B D A B a a a
 
   
2 2 2 2
3 4 7
CD AC AD a a a
     ;
2 2
2 2 3 9
3.
4 4
a a
CK CE EK a
    
2 2 2 2
3 3 6.
B C B K CK a a a
 
    

2 2 2
cos
2. .
B D B C CD
CB D
B D B C
 
 
 
 
2 2 2
4 6 7 6
.
8
2.2 . 6
a a a
a a
 
 
Câu 14. (Sở Yên Bái - 2018) Cho tứ diện đều ABCD, M là trung điểm của cạnh BC . Tính giá trị của
 
cos ,
AB DM .
A.
3
2
. B.
3
6
. C.
1
2
. D.
2
2
.
Lời giải
Giả sử cạnh của tứ diện đều bằng .
a
Gọi N là trung điểm của .
AC
Khi đó: 
  
 
, ,
AB DM MN DM


Ta có:
3
2 2
, .
a a
MN DM DN
  

2
2 2 2
3
4
2 6
3
2
2 2
D D
cos D .
. . D
. .
a
MN M N
NM
MN M a a
 
  
Vậy  
3
6
cos , .
AB DM 
Câu 15. (Sở Nam Định - 2018) Cho hình lăng trụ .
ABC A B C
   có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , tam
giác A BC
 đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với  
ABC . M là trung điểm cạnh CC . Tính
cosin góc  giữa hai đường thẳng AA và BM .
A.
2 22
os
11
c   . B.
33
os
11
c   . C.
11
os
11
c   . D.
22
os
11
c   .
Lời giải
Ta có:
3
2
a
AH A H

  và ,
AH BC A H BC

   
BC AA H

  BC AA
  hay
BC BB
 . Do đó: BCC B
  là hình chữ nhật.
Khi đó:
3 6
. 2
2 2
a a
CC AA
 
  
2
2 .6 22
16 4
a
BM a a
    .
Xét:  
. .
AA BM AA BC CM
 
 
 
  
 

0 .
AA CM

 
2
3
4
a
 .
Suy ra  
2
3
4
cos ,
6 22
.
2 4
a
AA BM
a a
 
33
11
 .
Câu 16. (Sở Hà Tĩnh - 2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều .
ABC MNP có tất cả các cạnh bằng nhau.
Gọi I là trung điểm cạnh AC . Côsin của góc giữa hai đường thẳng NC và BI bằng
A.
6
4
. B.
15
5
. C.
6
2
. D.
10
4
.
Lời giải
Giả sử các cạnh của lăng trụ bằng a .

Gọi K là trung điểm của MP / /
BI NK
    
, ,
NC BI NC NK
  .
.
ABC MNP là lăng trụ tam giác đều  
CP MNP
 
2 2
CK CP PK
 
5
2
a

2 2
CN CP NP
  2
a

2 2
NK NP KP
 
3
2
a


2 2 2
cos
2 .
NC NK CK
CNK
NC NK
 

6
4
 .
Câu 17. (Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020) Cho tứ diện đều ABCD, M là trung điểm của cạnh BC .
Khi đó  
cos ,
AB DM bằng
A.
2
2
. B.
3
6
. C.
1
2
. D.
3
2
.
Lời giải
Chọn B
Gọi N là trung điểm của .
AC Suy ra //
MN AB
Do đó:    
cos , cos ,
AB DM MN DM

Gọi a là độ dài cạnh của tứ diện đều ABCD, suy ra
2
a
MN  ;
3
2
a
ND MD
 

Trong tam giác MND ta có: 
2 2 2
3
cos
2. . 6
MN MD ND
NMD
MN MD
 
 
   3
cos , cos
6
AB DM NMD
  .
Câu 18. (ĐHQG Hà Nội - 2020) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy hình vuông. Cho tam giác SAB vuông
tại S và góc SBA bằng 0
30 . Mặt phẳng  
SAB vuông góc mặt phẳng đáy. Gọi ,
M N là trung
điểm ,
AB BC . Tìm cosin góc tạo bởi hai đường thẳng  
,
SM DN .
A.
2
5
. B.
1
5
. C.
1
3
. D.
2
3
.
Lời giải
Chọn B
Trong  
SAB , kẻ SH AB
 tại H . Ta có:
   
   
 
 
,
ABCD
SAB ABCD AB ABCD
SH S
SAB
SH
AB SH AB







  
 
.
Kẻ tia Az //SH và chọn hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ sau đây.
Trong tam giác SAB vuông tại S ,  0 3
.cos .cos30
2
a
SB AB SBA a
   .
Trong tam giác SBH vuông tại H ,  3
.cos
4
a
BH SB SBH
  và  3
.sin
4
a
SH BH SBA
  .
3
4 4
a a
AH AB BH a
    
3
0; ;0 0; ;
4 4 4
a a a
H S
 
 
   
   
   
.
0; ;0
2
a
M
 
 
 
,  
;0;0
D a , ; ;0
2
a
N a
 
 
 
.
Ta có:
3
0; ;
4 4
a a
SM
 
 
 
 
 

, ; ;0
2
a
DN a
 
 
 
 

  
2
. 1
4
cos ,
. 5 5
.
2 2
a
SM DN
SM DN
SN DN a a
  
 
.

Dạng 2. Góc của đường thẳng với mặt phẳng
Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) là góc giữa d và
hình chiếu của nó trên mặt phẳng (P)
Gọi  là góc giữa d và mặt phẳng (P) thì 0 90

   
Đầu tiên tìm giao điểm của d và (P) gọi là điểm A.
Trên d chọn điểm B khác A, dựng BH vuông góc với (P) tại H. Suy ra AH là hình chiếu vuông góc của d
trên mặt phẳng (P).
Vậy góc giữa d và (P) là góc 
BAH .
Nếu khi xác định góc giữa d và (P) khó quá ( không chọn được điểm B để dựng BH vuông góc với (P)), thì
ta sử dụng công thức sau đây. Gọi  là góc giữa d và (P) suy ra:
.
 
 
,
sin
d M P
AM
 
Ta phải chọn điểm M trên d, mà có thể tính khoảng cách được đến mặt phẳng (P). Còn A là giao điểm của d
và mặt phẳng (P).
Câu 1. (Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy là hình vuông cạnh 3a , SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và 2
SA a
 . Góc giữa SC và mặt phẳng ( )
ABCD bằng
A. 0
45 . B. 0
60 . C. 0
30 . D. 0
90 .
Lời giải
Chọn C
Ta có ( )
SA ABCD
 nên ta có
 
( ,( ))
SC ABCD SCA

  0
2 1
tan 30
3 . 2 3
SA a
SCA SCA
AC a
    
Câu 2. (Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Cho hình chóp .
S ABC có SA vuông góc với mặt phẳng  ,
ABC
2,
SA a
 tam giác ABC vuông cân tại B và 2
AC a
 (minh họa nhứ hình bên). Góc giữa đường
thẳng SB và mặt phẳng  
ABC bằng

A. 30 .
 B. 45 .
 C. 60 .
 D. 90 .

Lời giải
Chọn B
Ta có
 
 
SB ABC B
AB
SA ABC
  



 

là hình chiếu của SB trên mặt phẳng  
ABC
 
 
 
,
SB ABC SBA
 
Do tam giác ABC vuông cân tại  
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2.
4
B AB AB a AB
BC AC a AB a
   
 
  
Xét tam giác vuông SAB vuông tại ,
A có 2
SA AB a SAB
    vuông cân tại A  45 .
SBA
  
Câu 3. (Mã 101 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp .
S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB a
 ,
2
BC a
 , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và 15
SA a
 (tham khảo hình bên).
Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng
A. 45. B. 30 . C. 60. D. 90 .
Lời giải
Chọn C
Do SA vuông góc với mặt phẳng đáy nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng
đáy. Từ đó suy ra:  

  
  
; ;
SC ABC SC AC SCA
  .
Trong tam giác ABC vuông tại B có: 2 2 2 2
4 5
AC AB BC a a a
     .
Trong tam giác SAC vuông tại A có:  15
tan 3
5
SA a
SCA
AC a
    60
SCA
  .
Vậy  

 
; 60
SC ABC  .
S ABC có đáy là tam giác vuông tại B ,
3 , 3 ,
AB a BC a
  SA vuông góc với mặt phẳng đáy và 2
SA a
 (tham khảo hình vẽ).
C
A
B
S

Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng
A. 60
. B. 0
45 . C. 0
30 . D. 0
90 .
Lời giải
Chọn C
Ta có:  
  
;
SC ABC SCA


   
 0
2
2
2 3
tan 30 .
3
3 3
SA a
SCA SCA
AC
a a
    

Vậy  
  o
; 30
SC ABC  .
S ABC và có đáy ABC là tam giác vuông tại
,
B , 3 ;
AB a BC a
  SA vuông góc với mặt phẳng đáy và 30
SA a
 (tham khảo hình bên). Góc
giữa đường thẳng SC và mặt đáy bằng
A. 45. B. 90. C. 60. D. 30.
Lời giải
Chọn C
Do AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng  
ABC nên  
 
 
,
SC ABC SCA

Ta có: 2 2
10
AC AB BC a
  
Khi đó  0
30
tan 3 60
10
SA a
SCA SCA
AC a
     .
S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB a
 ;
2
BC a
 ; SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA a
 . Góc giữa đường thẳng SC và đáy bằng
A. 0
90 . B. 0
45 . C. 0
60 . D. 0
30 .
Lời giải
Chọn D

Ta có : Góc SC và đáy là góc 
SCA.
Xét tam giác SCA vuông tại A có:
2 2
3
AC AB BC a
  
  0
tan 30
3
SA a
SCA SCA
AC a
    .
Câu 7. (Mã 101 – 2020 Lần 2) Cho hình hộp chữ nhật .
ABCD A B C D
    có , 6
AB BC a AA a

  
(tham khảo hình dưới). Góc giữa đường thẳng A C
 và mặt phẳng  
ABCD bằng:
A. 60. B. 90. C. 30. D. 45.
Lời giải
Chọn A
Ta có góc giữa đường thẳng A C
ABCD bằng góc giữa A C
 và AC và bằng góc


A CA .
Ta có 2 2
2
AC AB BC a
   .
Xét tam giác A CA

 có  
6
tan 3 60
2

 
     
A A a
A CA A CA
AC a
.
Vậy góc A C
ABCD và bằng 60.

Câu 8. (Mã 102 - 2020 Lần 2) Cho hình hộp chữ nhật D. ' ' ' '
ABC A B C D có AB a
 , D 2 2
A a
 ,
' 3
AA a
 (tham khảo hình bên). Góc giữa đường thẳng '
A C và mặt phẳng  
D
ABC bằng
A. 45
. B. 90
. C. 60
. D. 30
.
Lời giải
Chọn D
Ta thấy: hình chiếu của '
A C xuống  
D
ABC là AC do đó
 
    
' ; D ' ; '
A C ABC A C AC A CA
  .
Ta có: 2 2
D 3a
AC AB A
   .
Xét tam giác '
A CA vuông tại C ta có:
 
' 3 3
tan '
3 3
A A a
A CA
AC a
  

' 30
A CA 
  .
Câu 9. (Mã 103 - 2020 Lần 2) Cho hình hộp chữ nhật .    
ABCD A B C D , có 
 
AB AA a , 2

AD a
(tham khảo hình vẽ). Góc giữa đường thẳng 
A C và mặt phẳng  
ABCD bằng
A. 30
. B. 45
. C. 90
. D. 60
.
Lời giải
Chọn A
Vì ABCD là hình chữ nhật, có 
AB a , 2

AD a nên
 
2
2 2 2
2 3
     
AC BD AB AD a a a
Ta có  
    
; ;
  
 
A C ABCD A C CA A CA

Do tam giác 
A AC vuông tại A nên  1
tan
3 3

   
AA a
A AC
AC a
  30
  
A AC .
Câu 10. (Mã 104 - 2020 Lần 2) Cho hình hộp chữ nhật .
ABCD A B C D
    có
, 3 , 2 3
AB a AD a AA a
    (tham khảo hình vẽ).
Góc giữa đường thẳng A C
ABCD bằng
A. 45. B. 30. C. 60. D. 90.
Lời giải
Chọn C
Do  
A A ABCD
  nên AC là hình chiếu của A C
 lên mặt phẳng  
ABCD
suy ra góc giữa đường thẳng A C
ABCD bằng 
A CA
 .
Có 
 

2 2 2
2
2 3
tan 3 60
3
A A A A a
A CA A CA
AC AB AD a a
 
        
 
.
Câu 11. (Mã 103 2018) Cho hình chóp .
S ABC có đáy là tam giác vuông tại C , AC a
 , 2
BC a
 , SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và SA a
 . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng
A. 60 B. 90 C. 30 D. 45
Lời giải
Chọn C
Có  
SA ABC
 nên AB là hình chiếu của SA trên mặt phẳng 
ABC .

 

  
  
, ,
SB ABC SB AB SBA
   .
Mặt khác có ABC
 vuông tại C nên 2 2
3
AB AC BC a
   .
Khi đó  1
tan
3
SA
SBA
AB
  nên  

 
, 30
SB ABC   .
Câu 12. (Mã 102 - 2019) Cho hình chóp .
S ABC có SA vuông góc với mặt phẳng  
ABC , 2
SA a
 , tam
giác ABC vuông tại B , AB a
 và 3
BC a
 (minh họa như hình vẽ bên).
Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  
ABC bằng
A. 30. B. 60. C. 45. D. 90.
Lời giải
Chọn C
Vì SA vuông góc với mặt phẳng  
ABC , suy ra góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  
ABC
bằng 
SCA.
Mà 
2 2
2
tan 1
3
SA a
SCA
AC a a
  

.
Vậy  45
SCA   .
Câu 13. (Cụm Liên Trường Hải Phòng 2019) Cho khối chóp .
S ABC có  
SA ABC
 , tam giác ABC
vuông tại B , 2
AC a
 , BC a
 , 2 3
SB a
 . Tính góc giữa SA và mặt phẳng  
SBC .
A. 45. B. 30. C. 60. D. 90.
Lời giải
Trong  
SAB kẻ AH SB
  
H SB
 .

Vì  
SA BC
BC SAB BC AH
AB BC
 

    

 


.
Mà SB AH
 do cách dựng nên  
AH SBC
 , hay H là hình chiếu của A lên  
SBC suy ra
góc giữa SA và  
SBC là góc 
ASH hay góc 
ASB .
Tam giác ABC vuông ở B
2 2
3
AB AC BC a
   
Tam giác SAB vuông ở A  
1
sin 30
2
AB
ASB ASB
SB
     
Câu 14. (Chuyên Bắc Ninh 2019) Cho hình chóp SABCD có đáy là hình thang vuông tại 1và B .
, 2
AB BC a AD a
   . Biết SA vuông góc với đáy ( )
ABCD và SA a
 . Gọi ,
M N lần lượt là
trung điểm ,
SB CD . Tính sin góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( )
SAC
A.
5
5
B.
55
10
C.
3 5
10
D.
2 5
5
Lời giải
Chọn C
Ta gọi ,
E F lần lượt là trung điểm của SC AB
 .
Ta có / /
ME NF ( do cùng song song với BC . Nên tứ giác MENF là hình thang,
và
/
( )
( )
MF ISA
MF ABCD
SA ABCD

 



hay tứ giác MENF là hình thang vuông tại ,
M F
Gọi ,
K NF AC I EK M
    thì ( )
I MN SAC
 
Ta có: ( )
NC AC
NC SAC
NC SA


 



hay E là hình chiếu vuông góc của N lên ( )
SAC
Từ đó ta có được, góc giữa MN và ( )
SAC là góc giữa MN và CI
Suy ra, gọi Q là góc giữa MN và ( )
SAC thì sin
CN
IN
 
1 2
D
2 2
a
NC C
  ;
2
2
3
IN KN
IN MN
M ME
    2 2
2 10
3 3
a
MF FN
  
Vậy
3 5
sin
10
CN
IN
   .
S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt
phẳng đáy và 2
SA a
 . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng
A. 45 B. 60 C. 30 D. 90
Lời giải

Chọn A
Do  
SA ABCD
 nên góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng góc 
SCA.
Ta có 2
SA a
 , 2
AC a
 
tan
SA
SCA
AC
  1
  45
SCA
  .
Vậy góc giữa đường thẳng SC và và mặt phẳng đáy bằng bằng 45.
S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt
phẳng đáy và 2
SB a
 . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng
A. 45 B. 60 C. 90 D. 30
Lời giải
Chọn B
Do  
SA ABCD
 nên góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng góc 
SBA.
Ta có 
cos
AB
SBA
SB

1
2
  60
SBA
  .
Vậy góc giữa đường thẳng SB và và mặt phẳng đáy bằng bằng 60.
ABC , 2
SA a
 , tam
giác ABC vuông tại ,
B 3
AB a
 và BC a
 (minh họa như hình vẽ bên). Góc giữa đường
thẳng SC và mặt phẳng  
ABC bằng:
A. 0
45 . B. 0
30 . C. 0
60 . D. 0
90 .
Lời giải
Chọn A
Ta có SA   
ABC nên AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng  
ABC .

Do đó  
    
, ,
SC ABC SC AC SCA
  .
Tam giác ABC vuông tại ,
B 3
AB a
 và BC a
 nên 2 2 2
4 2
AC AB BC a a
    .
Do đó tam giác SAC vuông cân tại A nên  0
45
SCA  .
Vậy  
  0
, 45
SC ABC  .
Câu 18. (Đề Tham Khảo 2018) Cho hình chóp tứ giác đều .
S ABCD có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M
là trung điểm của SD (tham khảo hình vẽ bên). Tang của góc giữa đường thẳng BM và mặt
phẳng  
ABCD bằng
A.
2
2
B.
3
3
C.
2
3
D.
1
3
Lời giải
Chọn D
Gọi O là tâm của hình vuông. Ta có  
SO ABCD
 và
2
2 2
2 2
a a
SO a
  
Gọi M là trung điểm của OD ta có / /
MH SO nên H là hình chiếu của M lên mặt phẳng
 
ABCD và
1 2
2 4
a
MH SO
  .
Do đó góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng ( )
ABCD là 
MBH .
Khi đó ta có 
2
1
4
tan
3
3 2
4
a
MH
MBH
BH a
   .
Vậy tang của góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng  
ABCD bằng
1
3

ABC , 2

SA a , tam
giác ABC vuông cân tại B và 2

AB a (minh họa như hình vẽ bên). Góc giữa đường thẳng SC
và mặt phẳng  
ABC bằng
A. 30o
. B. 90o
. C. 60o
. D. 45o
.
Lời giải
Chọn D
Ta có  

SA ABC nên đường thẳng AC là hình chiếu vuông góc của đường thẳng SC lên mặt
phẳng  
ABC .
Do đó,  

  
  
, ,
   
SC ABC SC AC SCA (tam giác SAC vuông tại A ).
Tam giác ABC vuông cân tại B nên 2 2
 
AC AB a .
Suy ra 
tan 1
 
SA
SCA
AC
nên 45
  o
.
Câu 20. (Sở Vĩnh Phúc 2019) Cho hình chóp tứ giác đều .
S ABCD có tất cả các cạnh bằng 2a. Gọi M
là trung điểm của SD Tính tan của góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng  
ABCD .
A.
2
2
. B.
3
3
. C.
2
3
. D.
1
3
.
Lời giải
Trong tam giác SOD dựng // ,
MH SO H OD
 ta có  
MH ABCD
 .
Vậy góc tạo bởi BM và mặt phẳng  
ABCD là 
MBH .
Ta có 2 2 2 2
1 1 1 2
4 2
2 2 2 2
a
MH SO SD OD a a
      .
3 3 3 2
2 2
4 4 2
a
BH BD a
   .

Vậy  1
tan
3
MH
MBH
BH
  .
Câu 21. (Chuyên Bắc Giang 2019) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và
 
SA ABCD
 . Biết
6
3
a
SA  . Tính góc giữa SC và  
ABCD .
A. 30 B. 60 C. 75 D. 45
Lời giải
Chọn A
Ta có 2
AC a

Vì AC là hình chiếu của SC lên  
ABCD nên góc giữa SC và  
ABCD là góc giữa SC và AC
Xét SAC
 vuông tại A, ta có: 
6
3
3
tan
3
2
a
SCA
a
  . Suy ra  0
30
SCA 
Câu 22. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình vuông
cạnh a , SA vuông góc với đáy và 3
SA a
 . Gọi  là góc giữa SD và  
SAC . Giá trị sin
bằng
A.
2
4
. B.
2
2
. C.
3
2
. D.
2
3
.
Lời giải
Gọi O AC BD
  . Ta có:
 
 
 
DO AC
DO ABCD
DO SA SA ABCD



 

 


.

SO
 là hình chiếu của SD lên mặt phẳng  
SAC  
 

 
 
; ;
SD SAC SD SO DSO 
    .
Xét SAD
 vuông tại A : 2 2
3 2
SD a a a
   .
Xét SOD
 vuông tại O: có 2
SD a
 , 
2 2
sin sin
2 4
a DO
OD DSO
SD

     .
Câu 23. (Sở Bắc Giang 2019) Cho hình chóp tam giác .
S ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Tam giác
SAB cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết SC tạo với mặt phẳng đáy một góc
60
, gọi M là trung điểm của BC . Gọi  là góc giữa đường thẳng SM và mặt phẳng  
ABC .
Tính cos .
A.
6
cos
3
  . B.
3
cos
3
  . C.
3
cos
10
  . D.
1
cos
10
  .
Lời giải
Gọi H là trung điểm AB dễ thấy  
SH ABC
 .
SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 60
suy ra  60
SCH   .
Có 
3 3
.tan
2 2
a a
HC SH HC SCH
    .
Dễ thấy 
SMH
  ,
1 10 1
cos
2 2 2 10
a a HM
HM AC SM
SM

       .
Câu 24. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Cho hình chóp tứ giác đều .
S ABCD có AB a
 , O là
trung điểm AC và SO b
 . Gọi  
 là đường thẳng đi qua C ,  
 chứa trong mặt phẳng
 
ABCD và khoảng cách từ O đến  
 là
14
6
a
. Giá trị lượng giác    
 
cos ,
SA  bằng
A.
2 2
2
3 4 2
a
b a

. B.
2 2
2
3 2 4
a
a b

. C.
2 2
3 2 4
a
a b

. D.
2 2
3 4 2
a
b a

.
Lời giải

Gọi  

 là đường thẳng đi qua A và song song với  
 . Hạ    
 
' '
OH H
    . Do O là
trung điểm của AC và    
// '
  nên  
   
 
, ' ,
d O d O
   hay
14
6
a
OH  .
Do .
S ABCD là hình chóp tứ giác đều nên đáy ABCDlà hình vuông và  
SO ABCD
 .
Do AH OH
 và AH SO
 nên, suy ra AH SH
 .
Do ABCD là hình vuông cạnh a nên 2
AC a
 , suy ra
2
2
a
OA  .
Áp dụng Định lí Pitago vào tam giác vuông AHO ta có 2 2 2
OA OH AH
  , suy
ra
2 2
2 2 2 14
2 6 3
a a a
AH OA OH
   
    
   
   
   
.
Áp dụng Định lí Pitago vào tam giác vuông SAO ta có 2 2 2
SA OA SO
  , suy
ra
2
2 2
2 2 2
2 2 4
2 2
a a b
SA OA SO b
  
    
 
 
 
.
Do    
// '
  nên    
     
  
2 2
2
cos , cos , cos
3 2 4
AH a
SA SA SAH
SA a b

     

.
Câu 25. (HSG Bắc Ninh 2019) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
, 3
AB a AD a
  . Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt
đáy. Cosin của góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng  
SBC bằng
A.
13
4
B.
3
4
C.
2 5
5
D.
1
4
Lời giải

Gọi ,
H M lần lượt là trung điểm của ,
AB SB ; O là tâm của hình chữ nhật ABCD.
Ta có / /
MO SD .
Dễ thấy  
BC SAB BC AM
   , mà SB AM
 nên  
AM SBC
 .
Xét tam giác AMO , có:
3
2
a
AM  ;
2 2
1 1
3
2 2
AO AC a a a
    ;
2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 3
3
2 2 2 2 2 2
a a
MO SD SH HD SH HA AD a a
   
         
   
   
 
.
AMO
  cân tại O
  
2
2
2
2 3
; 13
16
4
sin
4
a
AM
a
MO
d O AM
AMO
OM OM a


     .
 

   13
cos ; sin
4
SD SBC AMO
  
Câu 26. (Sở Hà Nội 2019) Cho hình chóp .
S ABC có đáy là tam giác vuông tại C , CH vuông góc với
AB tại H , I là trung điểm của đoạn HC . Biết SI vuông góc với mặt phẳng đáy,  90
ASB  .
Gọi O là trung điểm của đoạn AB , O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABI . Góc tạo bởi
đường thẳng OO và mặt phẳng  
ABC bằng
A. 60. B. 30. C. 90. D. 45.
Lời giải

Do  90
ASB   nên tâm O của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABI nằm trên đường thẳng d đi qua
trung điểm O của đoạn thẳng AB và  
d SAB
 .  
1
Trong mặt phẳng  
SCH kẻ IK SH
 tại K .
Theo giả thiết  
SI ABC
 suy ra SI AB
 . Từ SI AB
 và AB CH
 suy ra
 
AB SCH AB IK
   .
Từ IK SH
 và AB IK
 ta có  
IK SAB
 .  
2
Từ  
1 và  
2 ta có IK d
 . Bởi vậy  
 

 
 

 
 

'; ; ;
OO ABC d ABC IK ABC
  .
Vì    
SCH ABC
 nên IH là hình chiếu vuông góc của IK trên mặt phẳng  
ABC . Bởi vậy
 
 

 
  
; ,
IK ABC IK IH HIK HSI
   .
Do tam giác ABC vuông tại C và SAB vuông tại S nên
2
AB
CO SO
  .
Xét hai tam giác vuông CHO và SHO có CO SO
 , cạnh OH chung nên
 
c.g.c
CHO SHO
   , bởi vậy CH SH
 .
Xét tam giác SIH vuông tại I có
2 2
CH SH
IH   , ta có  
1
sin 30
2
IH
HSI HSI
SH
     .
Vậy  
 

'; 30
OO ABC   .
Câu 27. (Sở Bắc Ninh 2019) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và  60
 
ABC .
Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng  
ABCD trùng với trọng tâm của tam giác
ABC , gọi  là góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  
SCD , tính sin biết rằng 
SB a .
A. sin
3
2
  . B. sin
1
4
  . C. sin
1
2
  . D. sin
2
2
  .
Lời giải

Cách 1:
● Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC . Dựng đường thẳng d qua O và //
d SB , d cắt SD tại
K . Khi đó góc giữa SB và  
SCD chính là góc giữa OK và  
SCD .
● Vì ( )

SO ABCD  
SO CD.
Ta lại có: ABC đều ( ABC cân tại B và  60
 
BAC ).
   
AB CO CD CO
( ) ( ) ( )
   
CD SCO SCD SCO .
Gọi H là hình chiếu của O trên SC , khi đó ta có:
 
 
 

 
OH SC
OH SCD
OH CD
. Do đó góc giữa SB và mặt phẳng  
SCD là:  

OKH .
Ta có: 
sin sin
  
OH
OKH
OK
.
● Tứ diện .
S ABC là tứ diện đều cạnh a nên ta tính được:
3
3

a
OC ,
6
3

a
SO
2
3
 
a
OH .
Vì
2
//
3
  
OK DO
OK SB
SB DB
2 2
3 3
  
OK SB a .
Vậy:
2
sin
2
  
OH
OK
.
Cách 2:
Trước hết ta chứng minh được sin ( ;
))
(
( ,(
)) 
d B SC
SCD
D
SB
SB
(như hình trên).
Gọi O là trọng tâm tam giác ABC . Khi đó ta có 
CO CD.
Dựng 
OH SC suy ra ( )

OH SCD . Ta tính được
3 6 2
,
3 3 3
   
a a a
OC SO OH .

Khi đó
3 3 3
( ,( )) ( ,( ))
a 2 a
3
2 2
2
2 2
   
d B SCD d O SCD OH .
Vậy
2
2
2
sin( ;( ))
2
 
SB SCD
a
a
.
Câu 28. (Sở Bình Phước - 2018) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a ,  
SA ABCD
 ,
SA x
 . Xác định x để hai mặt phẳng  
SBC và  
SCD hợp với nhau góc 60.
A. 2
x a
 . B. x a
 . C.
3
2
a
x  . D.
2
a
x  .
Lời giải
2 2
SB SD SA AD
   = 2 2
x a
 .
SDC SBC
   ; BM SC
 ; DM SC
 ; BM DM
 ; M SC
 .
2 2
SC SA AC
  = 2 2
2
x a
 ;
.
SD CD
MD
SC
 =
2 2
2 2
2
a x a
x a


   

   

; ; 60
SBC SDC BM BD
  .
TH1:  60
BMD    MD BD
 
2 2
2 2
2
2
a x a
a
x a



(vô nghiệm).
TH2:  120
BMD    3
BD MD
 
2 2
2 2
3
2
2
a x a
a
x a



 x a
 .
Câu 29. (Sở Lào Cai - 2018) Cho hình chóp .
S ABC có đáy là tam giác vuông tại B , cạnh bên SA vuông
góc với mặt đáy, 2a
AB  ,  0
60
BAC  và 2
SA a
 . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng
( )
SAC bằng
A. 0
45 . B. 0
60 . C. 0
30 . D. 0
90 .
Lời giải
Kẻ ( )
BH AC H AC
  và theo giả thiết BH SA
 nên ( )
BH SAC


Do đó, SH là hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng ( )
SAC
Suy ra,   
( ,( )) ( , ) S
SB SAC SB SH B H
  .
Mà ta có: 6
SB a
 , 0
sin 60 3
HB AB a
   1
sin( S )
2
B H
   0
S 45
B H
  .
Câu 30. (Chuyên Hạ Long - 2018) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh
bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, 2
SA a
 . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc
của điểm A trên các cạnh SB , SD . Góc giữa mặt phẳng  
AMN và đường thẳng SB bằng
A. o
45 . B. o
90 . C. o
120 . D. o
60 .
Lời giải
Ta có  
BC SAB
 BC AM
   
AM SBC
  AM SC
  . Tương tự ta cũng có
AN SC
  
AMN SC
  . Gọi  là góc giữa đường thẳng SB và  
AMN .
Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho  
0;0;0
A ,  
0;1;0
B ,  
1;0;0
D ,  
0;0; 2
S ,
 
1;1;0
C ,  
1;1; 2
SC  


,  
0;1; 2
SB  

. Do  
AMN SC
 nên  
AMN có vtpt SC


sin 
3
2 3
3
2
 o
60

  .
Câu 31. (Sở Bắc Giang - 2018) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a
 ,
3
BC a
 , SA a
 và SA vuông góc với đáy ABCD . Tính sin , với  là góc tạo bởi giữa
đường thẳng BD và mặt phẳng  
SBC .
A.
7
sin
8
  . B.
3
sin
2
  . C.
2
sin
4
  . D.
3
sin
5
  .
Lời giải

Đặt hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó, ta có  
0;0;0
A ,  
;0;0
B a ,  
0; 3;0
D a ,
 
0;0;
S a .
Ta có    
; 3;0 1; 3;0
BD a a a
   


, nên đường thẳng BD có véc-tơ chỉ phương là
 
1; 3;0
u  

.
Ta có  
;0;
SB a a
 

,  
0; 3;0
BC a



 
2 2
, 3;0; 3
SB BC a a
 
 
 
 

 
2
3 1;0;1
a
 .
Như vậy, mặt phẳng  
SBC có véc-tơ pháp tuyến là  
1;0;1
n 

.
Do đó,  là góc tạo bởi giữa đường thẳng BD và mặt phẳng  
SBC thì
.
sin
.
u n
u n
 
 
 
 
 
2
2 2 2 2 2
1 .1 3.0 0.1
1 3 0 . 1 0 1
  

    
2
4
 .
Câu 32. (Chuyên ĐHSPHN - 2018) Cho hình chóp .
S ABC có đáy là tam giác vuông tại B , cạnh bên SA
vuông góc với mặt phẳng đáy, 2
AB a
 ,  0
60
BAC  và 2
SA a
 . Góc giữa đường thẳng SB và
mặt phẳng  
SAC bằng
A. 0
30 . B. 0
45 . C. 0
60 . D. 0
90 .
Lời giải

ABC kẻ BH AC

Mà BH SA
  
BH SAC
 
Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  
SAC bằng 
BSH .
Xét tam giác ABH vuông tại H , 0
.sin 60
BH AB

3
2 .
2
a
 3
a

0
.cos60
AH AB

1
2 .
2
a
 a
 .
Xét tam giác SAH vuông tại S , 2 2
SH SA AH
   
2
2
2
a a
  3
a
 .
Xét tam giác SBH vuông tại H có 3
SH HB a
  suy ra tam giác SBH vuông tại H .
Vậy  0
45
BSH  .
Câu 33. (Chuyên Vĩnh Phúc - 2018) Cho hình chóp tứ giác đều .
S ABCD có cạnh đáy bằng a, tâm O.
Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết rằng góc giữa MN và  
ABCD bằng
0
60 , cosin góc giữa MN và mặt phẳng  
SBD bằng:
A.
41
41
. B.
5
5
. C.
2 5
5
. D.
2 41
41
.
Lời giải
Gọi E , F lần lượt là trung điểm SO,OB thì EF là hình chiếu của MN trên  
SBD .
Gọi P là trung điểm OA thì PN là hình chiếu của MN trên  
ABCD .
Theo bài ra:  60
MNP 
 .
Áp dụng định lý cos trong tam giác CNP ta được:
2 2 2
2 . .cos 45
NP CP CN CP CN 
  
2
2 2
3 2 3 2 2 5
2. . .
4 4 4 2 2 8
a a a a a
 
   
 
 
 
.

Suy ra:
10
4
a
NP  ,
30
.tan 60
4
a
MP NP 
  ;
30
2
2
a
SO MP
  .
2 2
2 2
SB SO OB a
   2
EF a
  .
Ta lại có: MENF là hình bình hành ( vì ME và NF song song và cùng bằng
1
2
OA).
Gọi I là giao điểm của MN và EF , khi đó góc giữa MN và mặt phẳng  
SBD là 
NIF .
 2 4 2 5
cos .
2 5
10
IK a
NIF
IN a
   .
Câu 34. (Chuyên Vinh -2018) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, 2
AB a
 ,
BC a
 ,  120
ABC  . Cạnh bên 3
SD a
 và SD vuông góc với mặt phẳng đáy (tham khảo
hình vẽ bên). Tính sin của góc tạo bởi SB và mặt phẳng  
SAC
A.
3
4
. B.
3
4
. C.
1
4
. D.
3
7
.
Lời giải
S
D C
B
A

Ta có  
 
  
 
;
sin ;
d B SAC
SB SAC
SB

 
;
d D SAC
SB
 .
Xét tam giác ABC ta có 
2 2
2 . .cos
AC BA BC BA BC BAC
   7
a
 .
2 2 2
2 4
BA BC AC
BO

 
2 2 2
4 7 3
2 4 2
a a a a

  
3
BD a
  và 2 2
SB SD BD
  2 2
3 3
a a
  6
a
 .
Xét tam giác ADC ta có
 
sin sin
AD AC
C D
 

.sin
sin
AD D
C
AC
 
.sin120
7
a
a


21
14
 .
Gọi K là hình chiếu của D lên AC , và I là hình chiếu của D lên SK . Ta có
AC DK
AC DI
AC SD


 



. Do đó
DI SK
DI AC





 
 
;
d D SAC DI
  .
Mặt khác 
sin
DK
C
DC
 
.sin
DK DC C
 
21
2 .
14
a

21
7
a
 .
Xét tam giác SDK ta có
2 2
.
SD DK
DI
SD DK

 2 2
21
3.
7
21
3
49
a
a
a a


6
4
a
 .
Vậy  
 
  
;
sin ;
d D SAC
SB SAC
SB

DI
SB

6
4
6
a
a

1
4
 .
SDK kẻ DI SK
 suy ra  
 
;
d D SAC DI
 .

Câu 35. (Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020) Cho hình chóp .
S ABCD có SA vuông góc với
mặt phẳng đáy, 3
SA a
 , tứ giác ABCD là hình vuông, 2
BD a
 (minh họa như hình bên).
Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  
SAD bằng
A. 0. B. 30. C. 45. D. 60.
Lời giải
Chọn B
Đáy ABCD là hình vuông có đường chéo 2
BD a
 nên cạnh AB a
 .
Ta có:  
AB AD
AB SAD
AB SA
 
 

 
SA
 là hình chiếu của SB trên mặt phẳng  
SAD
 

  
  
, ,
SB SAD SB SA BSA
   .
Trong tam giác vuông BSA , ta có:  3
tan
3
3
AB a
BSA
AS a
    30
BSA
  .
Vậy,  

 
, 30
SB SAD  .
Câu 36. (Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều .
S ABCD có đáy là hình vuông tâm O,
cạnh a. Gọi ,
M N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Góc giữa đường thẳng MN và mặt
phẳng  
ABCD bằng 60. Tính cos của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng  
SBD .
A.
41
4
. B.
5
5
. C.
2 5
5
. D.
2 41
4
.
Lời giải
Chọn C

Từ giả thiết ta có  
SO ABCD
 .
Gọi I là trung điểm OA thì MI là đường trung bình của SOA
 //
MI SO
  
MI ABCD
 
I
 là hình chiếu của M trên mặt phẳng  
ABCD IN
 là hình chiếu của MN trên mặt phẳng
 
ABCD . Suy ra  

  
  
, , 60
   
MN ABCD MN IN MNI .
Ta có
1
2 2
a
NC BC
  ;
3 3 2
4 4
a
IC AC
  .
Áp dụng định lý cosin trong INC
 ta có 
2 2 2
2 . .cos
IN CI CN CI CN NCI
  
2 2 2
2 3 2 3 2 5
2. . .cos45
4 2 4 2 8
a a a a a
IN
   
     
   
   
 
10
4
a
IN
  .
Do MIN
 vuông tại I nên 
cos
IN
MNI
MN

10 1 10
:
cos60 4 2 2
IN a a
MN
   

.
Lại có  
,
AC BD AC SO AC SBD
    .
Gọi E là trung điểm OB EN
 là đường trung bình của BOC
 //
EN OC
 hay //
EN AC
 
NE SBD
  hay E là hình chiếu của N trên mặt phẳng  
SBD .
Gọi F là trung điểm của SO MF
 là đường trung bình của SAO
 //
MF AO
 hay //
MF AC
 
MF SBD
  hay F là hình chiếu của M trên mặt phẳng  
SBD .
Ta có //
MF NE nên bốn điểm , , ,
E N F M cùng nằm trên một mặt phẳng.
ENFM gọi  
J MN EF J MN SBD
     (do  
EF SBD
 ).
Suy ra  

  
  
, ,
MN SBD MN EF EJN
  (do  90
 
EJN ).
Ta có
1 1 2
2 4 4
a
EN OC AC
   ;
1 1 2
2 4 4
a
MF AO AC
   EN MF
  , mà //
EN MF
 Tứ giác ENFM là hình bình hành J
 là trung điểm
1 10
2 4
a
MN JN MN
   .

Vậy  

  
2 2
cos , cos
JE JN EN
MN SBD EJN
JN JN

  
2 2
10 2
4 4
10
4
a a
a
   

   
   

2 5
5
 .
Câu 37. (Đô Lương 4 - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều .
S ABCD có cạnh đáy bằng a, tâm
O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết rằng góc giữa MN và  
ABCD
bằng 60 , côsin của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng  
SBD bằng:
A.
5
5
. B.
41
41
. C.
2 5
5
. D.
2 41
41
.
Lời giải
Chọn C
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Đặt  
, 0
SO m m
  .
 
2 2 2
;0;0 ; 0;0; ; ; ;0
2 4 4
a a a
A S m N
   

   
   
   
2
;0;
4 2
a m
M
 
  
 
 
.
2 2
; ;
2 4 2
a a m
MN
 
   
 
 
 


.
Mặt phẳng  
ABCD có véc tơ pháp tuyến  
0;0;1
k 

.
 
 
2 2
2
2 2
. 3 15 3
2
sin ,
2 8 4
5
8 4
m
MN k a m
MN ABCD m
MN k a m
      


 

  .
2 2 30
2 15
2
a
m a m
   
2 2 30
; ;
2 4 4
a a a
MN
 
   
 
 
 


, mặt phẳng  
SBD có véc tơ pháp tuyến là  
1;0;0
i 

.
 
   
 
2 2 2
2
. 5 2 5
2
sin , os ,
5 5
30
2 8 16
a
MN i
MN SBD c MN SBD
MN i a a a
     
 



  .
Câu 38. (THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020) Cho hình lăng trụ đứng .
ABC A B C
   có
, 120
AB AC a BAC
   . Gọi ,
M N lần lượt là trung điểm của B C
 và CC . Biết thể tích

khối lăng trụ .
ABC A B C
   bằng
3
3
4
a
. Gọi  là góc giữa mặt phẳng  
AMN và mặt phẳng
 
ABC . Khi đó
A.
3
cos
2
  . B.
1
cos
2
  . C.
13
cos
4
  . D.
3
cos
4
  .
Lời giải
Chọn D
Lấy H là trung điểm của BC .
Ta có:
3
. ' '
3
.
4
ABC A BC ABC
a
V CC S CC a


    vì
2
3
4
ABC
a
S  .
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Ta có M O
 .
 
3 3 3
0;0;0 , ;0;0 , 0; ;0 , C 0; ;0 ; ;0; ; 0; ;
2 2 2 2 2 2
a a a a a a
M A B A a N
     
   
    
     
   
     
   
     
.
Ta có:  
ABC Oz
 nên  
ABC có một vectơ pháp tuyến là  
0;0;1
k 

.
Ta có ;0;
2
a
MA a
 
  
 

,
3
0; ;
2 2
a a
MN
 
 
 
 
 


.
Gọi  
1 1 1;0;2
2
a
v MA v
  
  
,  
2 2 0; 3;1
2
a
v MN v
   
 
 
.
Khi đó mặt phẳng  
AMN song song hoặc chứa giá của hai vectơ không cùng phương là 1
v

và 2
v

nên có một vectơ pháp tuyến là  
1 2
, 2 3; 1; 3
n v v
 
   
 
  
.
Vậy  
. 3
cos cos ,
4
.
k n
k n
k n
   
 
 
  .
Câu 39. (Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - 2020) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình vuông
cạnh bằng 2a. Tam giác SAB cân tại S và    
SAB ABCD
 . Biết thể tích của khối chóp
.
S ABCD là
3
4
3
a
. Gọi  là góc giữa SC và  
ABCD . Tính tan .

A.
5
tan
5
  . B.
2 5
tan
5
  . C.
3
tan
3
  . D.
7
tan
7
  .
Lời giải
Chọn A
Gọi H là trung điểm AB .
Vì SAB
 cân tại S nên SH AB
 .
Vì
   
   
SAB ABCD
SAB ABCD AB
 


 


nên suy ra  
SH ABCD
 .
Khi đó ta có: .
1
. .
3
S ABCD ABCD
V SH S
 .
3 S ABCD
ABCD
V
SH
S
 
 
3
2
4
3.
3
2
a
a
 a
 .
Lại có HC là cạnh huyền trong tam giác vuông BHC nên 2 2
5
HC BH BC a
   .
Mặt khác, do  
SH ABCD
 ,  
 
H ABCD
 nên HC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng
 
ABCD . Suy ra  
 
 
,
SC ABCD SCH
   .
Vậy, trong tam giác vuông SHC , 
tan tan
SH
SCH
HC
  
5
a
a

5
5
 .
Câu 40. (Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2020) Cho tứ diện đều SABC cạnh a . Gọi ,
M N lần
lượt là trung điểm của các cạnh ,
AB SC . Tính tan của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng
 
ABC .
A.
3
2
. B.
1
2
. C.
2
2
. D. 1.
Lời giải

Chọn C
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.
Vì SABC là tứ diện đều cạnh a nên
6
3
h a
 .
Gọi H là chân đường vuông góc từ N xuống  
ABC
H
 là trung điểm của OC
2
2
2 2 3
.
3 3 2 3
a
MH MC a a
 
    
 
 
.
Vì N là trung điểm của SC nên
1 6
2 6
NH h a
 
Góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng  
ABC là 
NMH
Vậy  6 3 2
tan :
6 3 2
NH
NMH a a
MH
   
  
   
   
   
.
Dạng 3 Góc của mặt với mặt
Để tìm góc giữa hai mặt phẳng, đầu tiên tìm giao tuyến của hai mặt phẳng.
Sau đó tìm hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng cùng
vuông góc với giao tuyến tại một điểm.
Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng vừa tìm.
Những trường hợp đặc biệt đề hay ra:
Trường hợp 1: Hai tam giác cân ACD và BCD có chung cạnh đáy CD.
Gọi H trung điểm của CD, thì góc giữa hai mặt phẳng
(ACD) và (BCD) là góc 
AHB .
O
H
N
M
C
B
A
S

Trường hợp 2: Hai tam giác ACD và BCD bằng nhau có chung cạnh CD.
Dựng AH CD BH CD
   .
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là góc 
AHB .
Trường hợp 3: Khi xác định góc giữa hai mặt phẳng quá khó, ta nên sử dụng công thức sau:
 
 
 
,
sin
,
d A Q
d A a
 
Với  là góc giữa hai mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q). A là một điểm thuộc mặt phẳng (P) và a là giao
tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q).
Trường hợp 4: Có thể tìm góc giữa hai mặt phẳng bằng công thức ' .cos
S S 

Trường hợp 5: Tìm hai đường thẳng d và d' lần lượt vuông góc với mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q). Góc
giữa hai mặt phẳng là góc giữa d và d'.
Trường hợp 6: CÁCH XÁC ĐỊNH GÓC GIỮA MẶT PHẲNG BÊN VÀ MẶT PHẲNG ĐÁY
Bước 1: xác dịnh giao tuyến d của mặt bên và mặt đáy.
Bước 2: từ hình chiếu vuông góc của đỉnh, dựng AH d
 .
Bước 3: góc cần tìm là góc 
SHA .
Với S là đỉnh, A là hình chiếu vuông góc của đỉnh trên mặt đáy.
Ví dụ điển hình: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy (ABC).Hãy xác định góc giữa mặt bên
(SBC) và mặt đáy (ABC).
Ta có BC là giao tuyến của mp (SBC) và (ABC).
Từ hình chiếu của đỉnh là điểm A, dựng AH BC
 .
Vì  
BC SA
BC SAH BC SH
BC AH


   



.
Kết luận góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là góc 
SHA .
Câu 1. (Đề Tham Khảo 2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều .
ABC A B C
   có 2 3
AB  và 2.
AA 
Gọi , ,
M N P lần lượt là trung điểm các cạnh ,
A B A C
    và BC (tham khảo hình vẽ bên). Côsin
của góc tạo bởi hai mặt phẳng  
AB C
  và  
MNP bằng
A.
17 13
65
B.
18 13
65
C.
6 13
65
D.
13
65

Lời giải
Chọn D
Gọi ,
P Q lần lượt là trung điểm của BC và ;
BC
  , , .
I BM AB J CN AC E MN A Q
  
     
Suy ra,        
MNP AB C MNCB AB C IJ
   
    và gọi K IJ PE K AQ
    với E là
trung điểm M N (hình vẽ).
     

  
 
, , ,
AA QP IJ AQ IJ PE IJ MNP AB C AQ PE 
  
      
Ta có
13
3, 2 13 ;
3
AP PQ AQ QK
     
5 5
.
2 3
PE PK
  

2 2 2
13
cos cos .
2 . 65
KQ KP PQ
QKP
KQ KP

 
  
Cách 2
Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ
             
0;0;0 , 3;0;0 , 0; 3;0 , 0; 3;0 , 3;0;2 , 0; 3;2 , 0; 3;2
P A B C A B C
  
  
nên
3 3 3 3
; ;2 , ; ;2
2 2 2 2
M N
   

   
   
   

Ta có vtpt của mp 
AB C
  là  
1
1
, 2;0;3
2 3
n AB AC
 
 
 
 
  

và vtpt của mp 
MNP là
 
2 4;0; 3
n  


Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  
AB C
  và mp 
MNP  
1 2
8 9 13
os os ,
65
13 25
c c n n


   
 

Cách 3
Gọi Q là trung điểm của '
AA , khi đó mặt phẳng  
' '
AB C song song với mặt phẳng  
MNQ nên
góc giữa hai mặt phẳng  
' '
AB C và  
MNP cũng bằng góc giữa hai mặt phẳng  
MNQ và
 
MNP .
Ta có:
   
 
 
   
 
 
; ;
;
MNP MNQ MN
PE MNP PE MN MNP MNQ PEQ
QE MNQ QE MN
 


   


 

hoặc    
 
 
0
; 180
MNP MNQ PEQ
 
Tam giác ABC đều có cạnh 2 3 3
AP
  .
Tam giác APQ vuông tại A nên ta có: 2 2 2 2
3 1 10
PQ AP AQ
    
Tam giác '
A QE vuông tại '
A nên ta có:
2
2 2 2
3 13
' ' 1
2 2
QE A E A Q
 
    
 
 
Tam giác PEF vuông tại F nên ta có:
2
2 2 2 3 5
2
2 2
PE FP FE
 
    
 
 
Áp dụng định lý hàm số côsin vào tam giác PQE ta có:

2 2 2
25 13
10
13
4 4
cos
2. . 65
5 13
2. .
2 2
EP EQ PQ
PEQ
EP EQ
 
 
   
Do đó:    
 
 
  
0 13
cos ; ' ' cos 180 cos
65
MNP AB C PEQ PEQ
     .
Câu 2. (Mã 101 2018) Cho hình lập phương .
ABCD A B C D
    có tâm O . Gọi I là tâm của hình vuông
A B C D
    và M là điểm thuộc đoạn thẳng OI sao cho 2
MO MI
 (tham khảo hình vẽ). Khi đó
côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( )
MC D
  và ( )
MAB bằng

A.
7 85
85
B.
17 13
65
C.
6 13
65
D.
6 85
85
Lời giải
Chọn A
Giao tuyến của ( )
MAB và ( )
MC D
  là đường thẳng KH như hình vẽ.
Gọi J là tâm hình vuông ABCD. ,
L N lần lượt là trung điểm của C D
  và AB .
Ta có: ( )
C D LIM C D LM LM KH
   
     .
Tương tự ( )
AB NJM AB MN MN KH
     .
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( )
MAB và ( )
MC D
  chính là góc giữa 2 đường thẳng ( , )
MN ML .
Gọi cạnh hình lập phương là 1. Ta có
10
6
LM  ,
34
6
MN  , 2
NL  .
Ta có: 
2 2 2
7 85
cos
2 . 85
MN ML NL
LMN
MN ML
  
  .
Suy ra cosin của góc giữa hai mặt phẳng ( )
MAB và ( )
MC D
  là
7 85
85
.
Câu 3. (Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - 2020) Cho hình chóp .
S ABC có SA vuông góc với mặt
phẳng  
3
,
2
a
ABC SA  , tam giác ABC đều cạnh bằng a (minh họa như hình dưới). Góc tạo
bởi giữa mặt phẳng  
SBC và  
ABC bằng

A. 0
90 . B. 0
30 . C. 0
45 . D. 0
60 .
Lời giải
Chọn C
Gọi M là trung điểm BC .
ABC
 đều cạnh a nên AM BC
 và
3
2
a
AM  .
Ta có  
SA ABC
 Hình chiếu của SM trên mặt phẳng  
ABC là AM .
Suy ra SM BC
 (theo định lí ba đường vuông góc).
Có
   
 
 
,
,
SBC ABC BC
AM ABC AM BC
SM SBC SM BC
 


 


 

. Do đó góc giữa mặt phẳng  
SBC và  
ABC là góc giữa SM và
AM , hay là góc 
SMA (do  
SA ABC SA AM SAM
     vuông).
Xét tam giác SAM vuông tại A có   0
3
2
tan 1 45
3
2
a
SA
SMA SMA
AM a
     .

Vậy góc cần tìm là 0
45 .
Câu 4. (Sở Bắc Giang -2019) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a
 ,
2
AD SA a
  ,  

SA ABCD . Tính tang của góc giữa hai mặt phẳng  
SBD và ( )
ABCD .
A.
5
2
. B. 5 . C.
1
5
. D.
2
5
.
Lời giải
Ta có:
  ( )
SBD ABCD BD
  .
Hạ AH BD
 tại H .
Ta có ( )
AH BD
BD SAH BD SH
BD SA
 
   

 
.
 
 
 
 
;( ) ,
SBD ABCD HA HS
  .
SAH
 vuông tại A  
  
0
90 ,
SHA HA HS SHA
   

tan
SA
SHA
AH
 .
Xét ABD
 vuông tại A có:
2 2 2
1 1 1
.
2 5
.
5
AH AB AD
AH
 
 
 2
tan 5.
2 5
5
SA a
SHA
AH a
  
Câu 5. (THPT Nguyễn Khuyến 2019) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O,
đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng  
ABCD . Biết AB SB a
  ,
6
3
a
SO  . Tìm số đo
của góc giữa hai mặt phẳng  
SAB và  .
SAD
A. 30 B. 45 C. 60 D. 90
Lời giải
Chọn D

Gọi M trung điểm SA. Ta có SAB
 cân tại (1)
B BM SA
 
Vì  
SO ABCD SO BD
   , lại có O trung điểm BD SBD
  cân tại S nên
SD SB a
  SAD
  cân tại D nên (2)
DM SA

Lại có     (3)
SAB SAD SA
 
Từ    
 
 
(1);(2);(3) ,
SAB SAD BMD
  hoặc    
 
 
, 180
SAB SAD BMD
   .
Xét
3 2 3
3 3
a a
SOB OB BD
     .
Xét
6
3
a
AOB OA OC
    . Xét
2 3 1 3 1
3 2 3 2
a a
SOC SC OM SC BD
      
Do đó BMD
 vuông tại M , vậy    
 
 
, 90
SAB SAD BMD
  , do đó chọn D.
Câu 6. (Sở Quảng Ninh 2019) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình vuông có độ dài đường
chéo bằng 2
a và SA vuông góc với mặt phẳng  
ABCD . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng
 
SBD và  
ABCD . Nếu tan 2
  thì góc giữa  
SAC và  
SBC bằng.
A. 0
30 . B. 0
90 C. 0
60 . D. 0
45 .
Lời giải
Gọi O là tâm đáy, và K là hình chiếu vuông góc của O trên .
SC

Do  
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
     
Do .
SC BD
SC BK
SC OK


 



nên góc giữa hai mặt phẳng  
SAC và  
SBC là .
BKO Ta có

 
2
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  0
60
BKO  .
Câu 7. (Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Cho hình hộp chữ nhật . ' ' ' '
ABCD A B C D có mặt
ABCD là hình vuông,
6
'
2

AB
AA . Xác định góc giữa hai mặt phẳng  
'
A BD và  
'
C BD .
A. 0
30 . B. 0
45 . C. 0
60 . D. 0
90 .
Lời giải
+ Gọi O là giao điểm của hai đường chéo hình vuông ABCD .
Đặt
6
; '
2
   
x
AB x BC x AA .
2
2
6 10
' ' '
2 2
 
     
 
 
 
x x
A B A D x A BD cân '
 
A O BD.
2
2
6 10
' ' '
2 2
 
     
 
 
 
x x
C B C D x C BD cân '
 
C O BD .
+    
' '
 
A BD C BD BD
 
' , ' '
 
A O BD A O A BD
 
' , ' '
 
C O BD C O C BD
góc giữa hai mặt phẳng  
'
A BD và  
'
C BD bằng góc giữa '
A O và '
C O .
+ Tính 
' '
A OC .
2 2
2 2 10 2
' ' ' 2
2 2
   
     
   
   
   
x x
A O C O A B BO x .
' ' 2

A C x .

 ' '
 A OC đều   0
' ' 60

A OC .
Vậy góc giữa hai mặt phẳng  
'
A BD và  
'
C BD bằng 0
60 .
Cách khác: Gắn hệ trục tọa độ Oxyz vào hình hộp chữ nhật . ' ' ' '
ABCD A B C D để tìm góc giữa hai
'
A BD và  
'
C BD .
Câu 8. (Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2018) Cho hình lăng trụ đứng .
ABC A B C
   có đáy
ABC là tam giác cân, với AB AC a
  và góc  120
BAC   , cạnh bên AA a
  . Gọi I là trung
điểm của CC . Cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng  
ABC và  
AB I
 bằng
A.
11
11
. B.
33
11
. C.
10
10
. D.
30
10
.
Lời giải
Ta có 
2 2 2
2 . .cos
BC AB AC AB AC BAC
   2 2 1
2. . .
2
a a a a
 
   
 
 
2
3a
 3
BC a
  .
Xét tam giác vuông B AB
 có 2 2
AB BB AB
 
  2 2
a a
  2
a
 .
Xét tam giác vuông IAC có 2 2
IA IC AC
 
2
2
4
a
a
 
5
2
a
 .
Xét tam giác vuông IB C
  có 2 2
B I B C C I
   
 
2
2
3
4
a
a
 
13
2
a
 .
Xét tam giác IB A
 có
2
2 2 2 5
2
4
a
B A IA a
   
2
13
4
a
 2
B I

 IB A

  vuông tại A

1
.
2
IB A
S AB AI
 

1 5
. 2.
2 2
a
a

2
10
4
a
 .
Lại có 
1
. .sin
2
ABC
S AB AC BAC

1 3
. .
2 2
a a

2
3
4
a
 .
Gọi góc tạo bởi hai mặt phẳng  
ABC và  
AB I
 là  .
Ta có ABC
 là hình chiếu vuông góc của AB I

 trên mặt phẳng  
ABC .
Do đó .cos
ABC IB A
S S 


2 2
3 10
.cos
4 4
a a

 
30
cos
10

  .
Câu 9. (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018) Cho hình chóp .
S ABC có SA a
 ,  
SA ABC
 , tam
giác ABC vuông cân đỉnh A và 2
BC a
 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB , SC .
Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng  
MNA và  
ABC bằng
A.
2
4
. B.
2
6
. C.
3
2
. D.
3
3
.
Lời giải

Gọi I , K lần lượt là trung điểm của MN và BC .
 I là trung điểm của SK .
Ta có     // // .
AMN ABC Ax MN BC
 
ABC
 cân tại A AK BC
  AK Ax
  .
AMN
 cân tại A AI MN
  AI Ax
  .
Do đó    
 
,
AMN ABC  
,
AI AK
 
IAK
 hoặc bù với góc 
IAK
ABC
 vuông tại A có AK là đường trung tuyến nên
2
BC
AK 
2
2
a
 .
SAK
 vuông tại A có AI là đường trung tuyến nên
2
SK
AI IK
 
2
2
2 2
6
2
2 2 4
a
a
SA AK a


   .
Xét AIK
 có 
2 2 2
cos
2 .
IA AK IK
IAK
IA AK
 

2 2 2
6 2 6
4 2 4 3
3
6 2
2. .
4 2
a a a
a a
     
 
     
     
  .
Câu 10. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình - 2018) Cho hình chóp .
S ABCD có ABCD là hình thoi
cạnh bằng a và góc A bằng 60, cạnh SC vuông góc với đáy và
6
2
a
SC  . Giá trị lượng giác
cô-sin của góc giữa hai mặt phẳng  
SBD và  
SCD bằng
A.
6
6
. B.
5
5
. C.
2 5
5
. D.
30
6
.
Lời giải
Từ  
SC ABCD SC BD
   .
Từ  
BD SC
BD SAC
BD AC


 



.
Kẻ CK SO
 , từ  
BD SAC BD CK
   . Như vậy  
CK SBD CK SD
   .
Kẻ CH SD
 , do CK SD
 nên suy ra  
SD CHK
 .
Mặt khác    
CHK SBD HK
  và    
CHK SCD CK
  nên góc giữa hai mặt phẳng  
SBD
và  
SCD bằng 
CHK .
Trong tam giác SCD vuông tại C , ta có:

2
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5 3
3 5
6
2
a
CH
CH CD SC a a
a
      
 
 
 
.
Vì ABCD là hình thoi cạnh bằng a và góc A bằng 60 nên
3
2
a
CO  .
Trong tam giác SCO vuông tại C , ta có:
2 2
2 2 2 2
1 1 1 1 1 2
2
3 6
2 2
a
CK
CK CO SC a
a a
      
   
   
   
.
Xét tam giác CHK vuông tại K , ta có
2 2
2 2 3
5 2 10
a a a
HK CH CK
     .
 3 6
cos :
6
10 5
HK a a
CHK
CH
   .
Vậy, cô-sin của góc giữa hai mặt phẳng  
SBD và  
SCD bằng
6
6
.
Câu 11. (Chuyên Ngữ - Hà Nội - 2018) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,
BD a
 . Cạnh SA vuông góc với mặt đáy và
6
2
a
SA  . Tính góc giữa hai mặt phẳng  
SBC và
 
SCD .
A. 60. B. 120 . C. 45. D. 90.
Lời giải

Ta có 2 2
SB SA AB
 
2
2
6 10
2 2
a
a a
 
  
 
 
 
.
Vì tam giác ABD đều nên
3
2. 2. 3
2
AC AO a a
   .
Suy ra 2 2
SC SA AC
   
2
2
6 3 2
3
2 2
a
a a
 
  
 
 
 
.
Kẻ BH SC
 , ta có
SC BD
SC HD
SC BH


 



.
Như vậy
   
   

 
,
SBC SCD SC
BH SC SBC SCD
DH SC
 


 

 

.
Xét tam giác SBC ta có 
2 2 2
cos
2 .
HC BC SC SB
C
BC BC SC
 
 
2
2
a
HC
  .
Suy ra 2 2 2
2
a
HD HB BC HC
    .
Ta có 
2 2 2
cos 0
2 .
HB HD BD
BHD
HB HD
 
   90
BHD
   . Vậy    

 
, 90
SBC SCD   .
Câu 12. (Chuyên Thái Bình 2018) Cho hình chóp .
S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B ,
2
AC a
 , tam giác SAB và tam giác SCB lần lượt vuông tại A, C . Khoảng cách từ S đến mặt
phẳng  
ABC bằng 2a. Côsin của góc giữa hai mặt phẳng  
SAB và  
SCB bằng
A.
1
2
. B.
1
3
. C.
1
2
. D.
1
3
.
Lời giải
Chọn hệ trục tọa độ sao cho  
0;0;0
B ,  
2;0;0
A a ,  
0; 2;0
C a ,  
; ;
S x y z .
Ta có  : 0
ABC z  ,  
2; ;
AS x a y z
 


,  
; 2;
CS x y a z
 


Do . 0
AS AB 

 

 
2 2 0
x a a
   2
x a
  ,  
 
, 2
d S ABC a
 2
z a
   
0
z 
. 0
CS CB 

 

 
2 2 0
y a a
   2
y a
   
2; 2;2
S a a a
 .
Ta có  
0; 2;2
AS a a



,  
2;0;2
CS a a



,  
2; 2;2
BS a a a



.

 
SBC có 1 vtpt  
2;0;1
n  

,  
SAB có 1 vtpt  
0; 2; 1
m  

cos

1
3. 3

1
3
 .
Câu 13. (Chuyên Thái Bình 2018) Cho hình lăng trụ đứng .
ABC A B C
   có AB AC a
  , góc
 120
BAC   , AA a
  . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của B C
  và CC . Số đo góc giữa mặt
phẳng 
AMN và mặt phẳng  
ABC bằng
A. 60. B. 30. C.
3
arcsin
4
. D.
3
arccos
4
.
Lời giải
Gọi H là trung điểm BC , 3
BC a
 ,
2
a
AH  .
Chọn hệ trục tọa độ  
0;0;0
H , ;0;0
2
a
A
 
 
 
,
3
0; ;0
2
a
B
 
 
 
 
,
3
0; ;0
2
a
C
 

 
 
 
,
 
0;0;
M a ,
3
0; ;
2 2
a a
N
 

 
 
 
. Gọi  là góc giữa mặt phẳng 
AMN và mặt phẳng  
ABC .
 
AMN có một vtpt ,
n AM AN
 
  

 
 3 1 3
; ;
2 4 4
 

  
 
 
 
ABC có một vtpt HM


 
0;0;1
 , từ đó
.
cos
n HM
n HM
 




3
4
1.1

3
4
 .
Câu 14. (Chuyên Đh Vinh - 2018) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh
bên 2
SA a
 và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh SD . Tang của góc tạo
bởi hai mặt phẳng  
AMC và  
SBC bằng
A.
5
5
. B.
3
2
. C.
2 5
5
. D.
2 3
3
.
Lời giải

Chọn hệ trục tọa độ và chuẩn hóa cho 1
a  sao cho  
0;0;0
A ,  
0;1;0
B ,  
1;0;0
D ,  
0;0;2
S
Ta có M là trung điểm SD
1
;0;1
2
M
 
  
 
,  
1;1;0
C .
1
;0;1
2
AM
 
  
 


,  
1;1;0
AC 

,
1
, 1;1;
2
AM AC
 
   
 
   

 
 
AMC
 có một vtpt  
2;2;1
n  

 
0;1; 2
SB  

,  
1;1; 2
SC  


,  
, 0;2;1
SB SC
  
 
 

 
SBC
 có một vtpt  
0;2;1
k 

Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  
AMC và  
SBC thì
.
cos
.
n k
n n
 


 
5
3

Do tan 0
  nên 2
1
tan 1
cos


 
2 5
5
 .
Câu 15. (Sở Thanh Hóa 2018) Cho tứ diện ABCD có AC AD BC BD a
    ,
2
CD x
 ,   
ACD BCD
 . Tìm giá trị của x để    
ABC ABD
 ?
A. x a
 . B.
2
2
a
x  . C. 2
x a
 . D.
3
3
a
x  .
Lời giải :

Gọi E ; F lần lượt là trung điểm CDvà AB
AE CD
BE CD


 


(Tính chất tứ diện đều)
Đồng thời    
BCD ACD CD
     

  
, 90
BCD ACD BEA
   
Ta có
CF AB
DF AB





 
AB CFD
     

  
 
, ,
ABC ABD CF FD
 
Vậy để    
ABC ABD
 thì 
  
, 90
CF FD CFD
   trung tuyến FE của tam giác CFD bằng
nửa cạnh huyền
1
2
FE CD
 
Ta có EAB
 vuông cân tại E
2 2 2 2
2 2
2
AE AC CE a x
EF
 
   
Vậy
2 2
2
a x
x


2 2
2
2
a x
x

 
2
2
3
a
x
 
3
3
x a
  .
Câu 16. (Chuyên Vinh - 2018) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên
SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  
ABCD . Gọi G là
trọng tâm của tam giác SAB và ,
M N lần lượt là trung điểm của ,
SC SD(tham khảo hình vẽ bên).
Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng  
GMN và  
ABCD .
A.
2 39
39
. B.
3
6
. C.
2 39
13
. D.
13
13
.
Lời giải

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó
3
0;0;
2
S
 
 
 
 
; ;0;0
2
a
A

 
 
 
; ;0;0
2
a
B
 
 
 
; ; ;0
2
a
C a
 
 
 
; ; ;0
2
a
D a

 
 
 
suy ra
3
0;0;
6
a
G
 
 
 
 
;
3
; ;
4 2 4
a a a
M
 
 
 
 
;
3
; ;
4 2 4
a a a
N
 

 
 
 
Ta có mặt phẳng  
ABCD có vectơ pháp tuyến là  
0;0;1
k 

, mặt phẳng  
GMN có vectơ pháp
tuyến là
3
; 0; ;
24 4
a a
n GM GN
 
 
  
 
   
 

 

GMN và  
ABCD , ta có
.
cos
.
n k
n k
 




1
4
39
24

2 39
13
 .
Câu 17. (Chuyên Thái Bình 2018) Cho hình lập phương .
ABCD A B C D
    có cạnh bằng a . Số đo của
góc giữa  
BA C
 và  
DA C
 :
A. 90. B. 60. C. 30. D. 45.
Lời giải

Ta có:    
BA C DA C A C
  
  .
Kẻ BI A C

 . Do BA C DA C
 
   nên DI A C

 .
Do đó:    
 
 
, ,
BA C DA C BI DI
 
  
 
.
Tam giác BID có 2
BD a
 , BI DI

6
3
a
 .

 
2 2 2
cos ,
2. .
BI DI BD
BI DI
BI DI
 

1
2
  
 
, 120
BI DI
  .
Vậy    

, 60
BA C DA C
 
   
 
.
Câu 18. (Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - 2018) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình thang
vuông tại A và D , 2
AB AD a
  , CD a
 . Gọi I là trung điểm cạnh ,
AD biết hai mặt phẳng
 
SBI ,  
SCI cùng vuông góc với đáy và thể tích khối chóp .
S ABCD bằng
3
3 15
5
a
. Tính góc
giữa hai mặt phẳng  
SBC ,  
ABCD .
A. 30. B. 36. C. 45. D. 60.
Lời giải

Diện tích hình thang  
1
2
ABCD
S AD AB CD
 
1
2 .3
2
a a
 2
3a
 , 5
CB AC a
  .
Độ dài đường cao .
3 S ABCD
ABCD
V
SI
S

3
2
3 15
3.
3 15
5
3 5
a
a
a
  .
Vẽ IH CB
 tại H  
BC SIH
  BC SH
  .
Ta có    

 
,
SBC ABCD  
  
,
IH SH SHI
 .
ICB ABCD IDC AIB
S S S S
  
2 2
2 2 3
3
2 2
a a
a a
    2
. 3
IH CB a
 
3 5
5
a
IH
  .

tan
SI
SHI
IH

3 15
5 3
3 5
5
a
a
   60
SHI
   .
Câu 19. (Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình lăng trụ đứng .
ABC A B C
  có 1
AA AB AC
    và
 0
120
BAC  . Gọi I là trung điểm cạnh CC . Côsin góc giữa hai mặt phẳng  
ABC và  
AB I

bằng
A.
370
20
. B.
70
10
. C.
30
20
. D.
30
10
.
Lời giải
Chọn D
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  
ABC và  
AB I
 .
5
2 , .
2
AB AI
  
2 2 2
2 . .cos 3 3
BC AB AC AB AC A BC B C
 
       .
2 2 13
2
B I B C C I
   
   .
Vì 2 2 2
AB AI B I AB I
  
    vuông tại điểm A .
1 3
. .sin
2 4
ABC
S AB AC A
  và
1 10
.
2 4
AB I
S AI AB
 
  .
Hình chiếu vuông góc của AB I

 lên mặt phẳng  
ABC là ABC
 .
Ta có
30
.cos cos
10
ABC
ABC AB I
AB I
S
S S
S
 


    .

Câu 20. (Sở Ninh Bình 2020) Cho hình chóp .
S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , độ dài
cạnh 2

AC a , các tam giác ,
 
SAB SCB lần lượt vuông tại A và C . Khoảng cách từ S đến mặt
phẳng ( )
ABC bằng a . Giá trị cosin của góc giữa hai mặt phẳng ( )
SAB và ( )
SCB bằng
A.
2 2
3
. B.
1
3
. C.
2
3
. D.
5
3
.
Lời giải
Chọn C
+ Gọi ,
O I lần lượt là trung điểm của ,
AC SB chúng ta có O là tâm của đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC và vì các tam giác ,
 
SAB SCB lần lượt vuông tại A và C nên I là tâm mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện SABC do đó ( )

OI ABC .
+ Gọi D là hình chiếu của S lên mặt phẳng ( )
ABC ta có / /
SD OI và 2

SD OI suy ra O là
trung điểm của BD . Từ đây ta có ABCD là hình vuông cạnh bằng
2
2
2

a
a và 
SD a.
+ Gọi ,
H K lần lượt là hình chiếu của D lên ,
SC SA ta có
( )
  
SD ABCD SD BC đồng thời ABCD là hình vuông nên 
BC DC từ hai ý này ta có
( )
  
BC SCD BC DH , từ đó suy ra ( )

DH SCB .
Chứng minh tương tự ta có ( )

DK SAB
+ Vì vậy góc giữa hai mặt phẳng ( )
SCB và ( )
SAB bằng góc giữa hai đường thẳng DK và DH .
+ Xét 2 tam giác vuông ,
 
SAD SCD bằng nhau ta có hai đường cao
6
3
 
a
DK DH
+ Trong tam giác SAC ta có
2
2
1 2
3 3
    
HK SH SD a
HK
AC SC SC
, trong tam giác DHK có

2 2 2
2
cos
2 . 3
DH KD KH
HDK
DH KD
 
 
Câu 21. (Sở Bắc Ninh - 2020) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy là hình thoi cạnh
 0
, 120 ,
a ABC SA
 vuông góc với mặt phẳng  .
ABCD Biết góc giữa hai mặt phẳng  
SBC và
 
SCD bằng 0
60 , khi đó
A.
6
.
4
a
SA  B. 6.
SA a
 C.
6
2
a
SA  . D.
3
2
a
SA  .
Lời giải
Chọn A

Gọi O là giao điểm của , .
AC BD Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên .
SC Khi đó
 
D
SC HB
 vì , .
SC BD SC OH
 
Vậy góc giữa hai mặt phẳng  
SBC và  
SCD là góc giữa hai đường thẳng , .
HB HD
Vì .
SCD SBC HB HD
   

Đặt  
0 .
SA x x
 
Ta có
2 2
2 2 2
0 2 2 2
2
2
60 2
2 .
3
HB BD
HB HD BD
cos HB HB BD BD
HB HD HB
 
  
     



Ta có  
. . 1
CHO CSA OH CS CO SA
   

Trong tam giác ABC ta có 3,
2
a
AC a OB BD a
   
TH1 : 2 2 3
2
a
HB BD a OH HB OB
      . Thay vào (1) ta có 2 2
3 .
x x a
  (vô
nghiệm).
TH2 : 2 2
3 3 3
3 3 6
BD a a
HB OH HB OB
      .
Thay vào (1) ta có  
2 2
2 2 2
3 6
3
12 4 4
a a a
x a x x
    .
Câu 22. (Sở Bình Phước - 2020) Cho hình lăng trụ đứng .
ABC A B C
   có đáy là tam giác cân đỉnh A .
Biết 3
BC a
 và  30o
ABC  , cạnh bên AA a
  . Gọi M là điểm thỏa mãn 2 3
CM CC


 

. Gọi
 là góc tạo bởi hai mặt phẳng  
ABC và  
AB M
 , khi đó sin có giá trị bằng
A.
66
22
. B.
481
22
. C.
3
22
. D.
418
22
.
Lời giải
Chọn D

Cách 1: Gọi O là trung điểm BC .
Ta có:
3
.cos30
cos30 3
2.
2
o
o
BO a
BO AB AB a AC
      và .sin30
2
o a
AO AB
  .
Theo đề bài:
3 3 1
2 3
2 2 2 2
a
CM CC CM CC CC C M CC C M CC C M
       
         

 
 
 
 
  
  

.
ABC và  
AB M
 .
Theo công thức diện tích hình chiếu ta có: .cos cos ABC
ABC AB C
AB C
S
S S
S
  

 


   .
Ta có
2
1 1 3
. . . . 3
2 2 2 4
ABC
a a
S AH BC a
    ; 2 2 2 2
2
AB AB BB a a a
 
     ;
 
2
2
2 2 13
3
2 2
a a
B M C M B C a
 
   
    
 
 
;
2
2 2 2 3 13
2 2
a a
AM AC CM a
 
    
 
 
.
Khi đó
13 13
2
2 13
2 2
2 2 2
a a
a
AB B M AM a a
p
 
 
  
   .
Áp dụng công thức Hê-rông vào AB M

 ta có:
   
2
22
4
AB M
a
S p p AB p B M p AM


 
     .
Vậy
2
2
2
3
3 19 418
4
cos sin 1 cos
22 22 22
22
4
ABC
AB C
a
S
S a
  



        .
Cách 2:
Gọi O là trung điểm BC .
Ta có:
3
.cos30
cos30 3
2.
2
o
o
BO a
BO AB AB a AC
      và .sin30
2
o a
AO AB
  .
Theo đề bài:
3 3 1
2 3
2 2 2 2
a
CM CC CM CC CC C M CC C M CC C M
       
         

 
 
 
 
  
  

.

Coi 1
a  .
Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với  
0;0;0
O ,
1
0; ;0
2
A
 
 
 
,
3
;0;0
2
B
 
 
 
 
,
3
;0;0
2
C
 

 
 
 
,
3
;0;1
2
B
 
 
 
 
,
3 3
;0;
2 2
M
 

 
 
 
.
Khi đó      
: 0
ABC Oxy z ABC
   có một véc-tơ pháp tuyến là  
0;0;1
k 

.
Ta có:
3 1
; ;1
2 2
AB
 
  
 
 
 

,
3 1 3
; ;
2 2 2
AM
 
  
 
 
 


   
4 , 1;5 3;2 3
AB M
n AB AM

 

  
 

  

.
ABC và  
AB M
 .
Vậy
 
 
2
. 2 3 3 19 418
cos sin 1 cos
22 22 22
1.2 22
.
AB M
AB M
k n
k n
  


       
 

 
 .
Câu 23. (Tiên Du - Bắc Ninh - 2020) Cho hình chóp .
S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh ,
a SA
vuông góc với mặt phẳng  
ABC và .
2
a
SA  Góc giữa mặt phẳng  
SBC và mặt phẳng  
ABC
bằng
A. 45. B. 90. C. 30. D. 60.
Lời giải
Chọn C
Gọi I là trung điểm .
BC

Ta có AI BC
 (tam giác ABC đều) (1).
Lại có SA BC
  
 
SA ABC
 .
Suy ra  
BC SAI BC SI
   (2).
   
BC SBC ABC
  (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra    
    
, , .
SBC ABC SI AI SIA
 
Xét tam giác SAI vuông tại A ta có  1
2
tan .
3 3
2
a
SA
SIA
AI a
  
Suy ra  30 .
SIA  
Vậy    
 
, 30 .
SBC ABC  
Câu 24. (Kìm Thành - Hải Dương - 2020) Cho hình chóp .
S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại
A , 2
AB a
 , SA vuông góc với mặt đáy và góc giữa SB và mặt đáy bằng 60. Gọi  là góc
giữa hai mặt phẳng  
SBC và  
ABC . Giá trị cos bằng
A.
15
5
. B.
2
5
. C.
1
7
. D.
2
7
.
Lời giải
Chọn C
Gọi M là trung điểm BC AM BC
  (1)
Có BC SA
BC SM
BC AM

 

(2)
Từ (1) và (2) suy ra    
 
 
,
SBC ABC SMA
  .
Do  
SA ABC SA AB
   và AB là hình chiếu vuông góc của SB lên  
ABC  60
SBA
  .
SAB
 có 
.tan 2 .tan60 2 3
SA AB SBA a a
   .
ABC
 có    
2 2
2 2
1 1 1
2 2 2
2 2 2
AM BC AB AC a a a
      .
SAM
 vuông tại A có
   
2 2 2 2
2 1
cos
7
2 3 2
AM AM a
SM SA AM a a
   
 
 .
Câu 25. (Chuyên KHTN - Hà Nội - Lần 3) Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh
a , cạnh bên SA a
 và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi ,
M N lần lượt là trung điểm của SB
và SD . Tính sin với  là góc hợp bởi  
AMN và  
SBD .
A.
2
3
. B.
2 2
3
. C.
7
3
. D.
1
3
.

Lời giải
Chọn B
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thỏa mãn:      
, ;0;0 , 0; ;0 , 0;0;
A O B a D a S a
 (như minh họa hình
vẽ), suy ra ;0;
2 2
a a
M
 
 
 
và 0; ;
2 2
a a
N
 
 
 
.
Ta có ;0;
2 2
a a
AM
 
  
 


, 0; ;
2 2
a a
AN
 
  
 

nên mặt phẳng  
AMN có vectơ pháp tuyến là
2 2 2
1 , ; ;
4 4 4
a a a
n AM AN
 
 
   
 
 
 
 
 
.
   
;0; , 0; ;
SB a a SD a a
   
 

nên mặt phẳng  
SBD có vectơ pháp tuyến là
 
2 2 2
2 , ; ;
n SB SD a a a
 
 
 

  

Khi đó
4 4 4
1 2
4 4 4
4 4 4
1 2
. 4 4 4 1
cos
3
.
.
16 16 16
a a a
n n
n n a a a
a a a

  
  
   
 

 
 2 2 2
sin 1 cos
3
 
    .
Câu 26. (Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương - Lần 2 - 2020) Cho hình lăng trụ đứng . ' ' '
ABC A B C có
đáy ABC là tam giác cân với  
AB AC a và góc  120
 o
BAC và cạnh bên ' 
BB a. Gọi I là
trung điểm của '
CC . Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng  
ABC và  
'
AB I .
A.
3
10
. B.
30
10
. C.
30
30
. D.
10
30
.
Lời giải
Chọn B
 Trong  
' '
BCB C ,  
'  
B I BC D .

Trong  
ABC , dựng 
AH AD tại H .
Vì AD CH
 nên AD IH
 .
Do đó:    
    
' , , 90
AB I ABC IH CH IHC
    .
 ABC cân tại A ,    
120 30 150
BAC ABC ACB ACD
         .
 Áp dụng định lý Cosin trong ABC:

2 2 2 2 2 2
2 . .cos 2. . .cos120 3
' ' 3.
      
   
o
BC AB AC AB AC BAC a a a a a
BC B C CD a
 Tương tự trong ACD:

2 2 2 2 2 2
2. . .cos 3 2. . 3.cos150 7
7.
      
 
o
AD AC CD AC CD ACD a a a a a
AD a
 Ta có 
1 1
. . .sin . .
2 2
 
ACD
S CA CD ACD CH AD

. .sin . 3.sin150 21
14
7
   
o
CA CD ACD a a a
CH
AD a
.
 ICH vuông tại C
2 2
2 2 3 70
4 28 14
     
a a a
IH IC CH .
30
cos
10
  
CH
IHC
IH
.
 Vậy  
  30
cos ' ,( )
10
AB I ABC  .
Cách 2:
 Gọi O là trung điểm của BC . Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Ta có:
3
sin60
2
a
OB AB
   ; cos60
2
a
OA AB
   .
 Giả sử 1
a  suy ra
1
;0;0
2
A
 

 
 
 

 
,
3
0; ;0
2
B
 

 
  
 
 

 
,
3
0; ;0
2
C
 

 
 
 
 

 
,
3 1
0; ;
2 2
I
 

 
 
 
 

 
,
3
0; ;1
2
B
 

 

  
 
 

 
.
Ta có: 1
3
, 0;0;
2
n AB AC
 


  

   
   

  

 
 
 
và 2
3 3 1 3
, ; ;
4 4 2
n AB AI
 


  


     
   

  

 

 
 

 Gọi  là góc giữa  
ABC và  
AB I
 . Suy ra:
1 2
1 2
.
3 30
cos
10 10
.
n n
n n
   
 

 
 .
Câu 27. (Chuyên Sư Phạm Hà Nội - 2020) Cho hình lập phương .
ABCD A B C D
    . Cosin góc giữa hai
A BC
 và  
ABC bằng
A.
3
2
. B.
2
2
. C. 0 . D.
1
2
.
Lời giải
Chọn D
A BC
 và  
ABC
Gọi O A C AC
 
 
Gọi H là hình chiếu của A lên BO, AH BO CH BO
  
Ta có
   
A BC ABC BO
AH BO
CH BO
 
 




 

   
 

 

; ,
A BC ABC AH CH
 
 
Xét tam giác vuông A BC
 có
1 3
2 2
a
BO A C

 
Ta có
2
1 1 1 2
. 2.
2 2 2 4
BCH A BC
a
S S a a

  
Mặt khác
2
2
2
1 2 6
2
.
2 4 3
3
2
BCH
a
a a
S CH BO CH
a
    

Chuyên đề 3. hhkg góc trong không gian - đáp án

Chuyên đề 3. hhkg góc trong không gian - đáp án

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Chuyên đề 3. hhkg góc trong không gian - đáp án

Similar to Chuyên đề 3. hhkg góc trong không gian - đáp án (20)

More from LongV86

More from LongV86 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Chuyên đề 3. hhkg góc trong không gian - đáp án