Câu 39. [1H3-4.4-3] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017)

Cho hai tam giác ACD và

y 2  3 y  90  0 nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau và AC  AD  BC  BD  a , CD  2 x .

Tính giá trị của x sao cho hai mặt phẳng  ABC  và  ABD  vuông góc với nhau.
A.

a
.
2

B.

a
.
3

a 3
.
3

C.

D.

a 2
.
3

Lời giải
Chọn C

A

N

B

C
M
D

Gọi M , N lần lượt là trung điểm CD , AB .
Ta có: AC  AD  BC  BD  a nên ACD cân tại A , BCD cân tại B , CAB cân tại C , DAB
cân tại D . Suy ra AM  BM , CN  DN .
Góc giữa  ACD  và  BCD  là góc AMB  90 .
Tính: BM  AM  AD2  MD2  a 2  x2 .

AM
a2  x2
Xét ABM vuông cân tại M có: MN 

2
2
Góc giữa  ABC  và  ABD  là góc giữa CN và DN .

1 .

Khi đó  ABC    ABD   CN  DN  CND  90 .

Xét CDN vuông cân tại N có: MN 
Từ 1 và  2  suy ra:
Câu 47.

CD
 x  2 .
2

a2  x2
a 3
.
xx
3
2

[1H3-4.4-3] (THPT Kinh Môn 2 - Hải Dương - 2018 - BTN) Cho hình chóp

S. ABC có SA vuông góc với đáy, SA  2BC và BAC  120 . Hình chiếu vuông góc của A lên các đoạn
SB và SC lần lượt là M và N . Góc của hai mặt phẳng  ABC  và  AMN  bằng

A. 45 .

B. 60 .

C. 15 .
Lời giải

Chọn D

D. 30 .



S
N

M
C

A
B

D

Kẻ đường kính AD của đường tròn ngoại tiếp ABC nên ABD  ACD  90 .
 BD  BA
Ta có 
 BD   SAB  hay BD  AM và AM  SB hay AM   SBD   AM  SD .
 BD  SA
Chứng minh tương tự ta được AN  SD . Suy ra SD   AMN  , mà SA   ABC 
   ABC  ,  AMN     SA, SD   DSA .

Ta có BC  2R sin A  AD.
Vậy tan ASD 

3
 SA  2BC  AD 3 .
2

AD
1

 ASD  30 .

SA
3

Câu 46: [1H3-4.4-3] (THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG – 2018)Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD
là hình vuông có độ dài đường chéo bằng a 2 và SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Gọi

 là góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  . Nếu tan   2 thì góc giữa hai mặt phẳng

 SAC  và  SBC  bằng
A. 30 .

B. 60 .

C. 45 .
Lời giải

D. 90 .

Chọn B

Gọi I  AC  BD .
Hình vuông ABCD có độ dài đường chéo bằng a 2 suy ra hình vuông đó có cạnh bằng a .

 SBD    ABCD   BD

   SBD  ;  ABCD     SI ; AI   SIA .
Ta có  SI  BD
 AI  BD




SA
 SA  a .
AI
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Ta có A  0;0;0  , B  a;0;0  , C  a; a;0  , S  0;0; a  .

Ta có tan   tan SIA 

Khi đó SA   0;0;  a  ; SC   a; a;  a  ; SB   a;0;  a  .
Mặt phẳng  SAC  có vectơ pháp tuyến n1   1;1;0  .
Mặt phẳng  SBC  có vectơ pháp tuyến n2  1;0;1 .





Suy ra cos  SAC  ;  SBC  
Câu 1.

n1.n2
n1 . n2



1
2. 2








1
  SAC  ;  SBC   60 .
2

[1H3-4.4-3] (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2018 - BTN) Cho hình chóp S. ABCD có đáy
ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng

 ABCD  ,

AD  3a . Gọi M là trung điểm BC . Tính cosin góc tạo bởi hai mặt phẳng

 SDM  .
A.

5
.
7

B.

6
.
7

C.


3
.
7

D.

Lời giải
Chọn B
S

A

D

B

C

M
H

A

D

M
B

C


H

Trong  SMD  kẻ SH  MD  H  MD  .

1
.
7

SA  AB  a ,

 ABCD 

và


Ta có: SA   ABCD   AH là hình chiếu của SH lên  ABCD  .

 MD  AH
Mặt khác:  ABCD    SMD   MD .
   ABCD  ,  SMD     SH , AH   SHA .
 3a 
Xét DCM vuông tại C , ta có: MD  CD2  CM 2  a 2   
 2 

2



a 13

.
2

3a 2
1
Ta lại có: S AMD  .a.3a 
.
2
2
2S
6a
3a 2
.

 AH  ADM 
MD
13
a 13
2
2

7a
 6a 
Xét SAH vuông tại A , ta có: SH  SA  AH  a  
.
 
13
 13 
2


 cos SHA 

2

2

AH
6a 13 6
 .

.
7
SH
13 7a

Vậy cosin góc tạo bởi hai mặt phẳng  ABCD  và  SDM  là

6
.
7

Câu 35: [1H3-4.4-3] (THPT Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho tứ diện
ABCD có BD  2 . Hai tam giác ABD và BCD có diện tích lần lượt là 6 và 10 . Biết thể tích
khối tứ diện ABCD bằng 16 . Tính số đo góc giữa hai mặt phẳng  ABD  ,
4
A. arccos   .
 15 

4
B. arcsin   .

5

4
C. arccos   .
5

 BCD  .

4
D. arcsin   .
 15 

Lời giải
Chọn B

Gọi H là hình chiếu của A xuống  BCD  . Ta có VABCD 

1
3V
24
AH .S BCD  AH 

.
3
S BCD
5

Gọi K là hình chiếu của A xuống BD , dễ thấy HK  BD . Vậy
Mặt khác S ABD 


2S
1
AK .BD  AK  ABD  6 .
2
BD

 ABD  ,  BCD   AKH


Do đó

4
 arcsin   .
 ABD  ,  BCD   AKH  arcsin AH
AK
5

Câu 21. [1H3-4.4-3](Chuyên Bắc Ninh - Bắc Ninh - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S. ABCD
có đáy ABCD là hình thoi tâm O , đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Biết
BC  SB  a, SO 

A. 90 .

a 6
. Tìm số đo của góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  .
3
B. 60 .
C. 45 .
D. 30 .
Lời giải


Chọn A

Gọi M là trung điểm của SC , do tam giác SBC cân tại B nên ta có SC  BM .
Theo giả thiết ta có BD   SAC   SC  BD . Do đó SC   BCM  suy ra SC  DM .
Từ và suy ra góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  là góc giữa hai đường thẳng BM và
DM .

Ta có SBO  CBO suy ra SO  CO 
Do đó OM 

a 6
.
3

1
a 3
SC 
.
2
3

Mặt khác OB  SB 2  SO 2 

a 3
. Do đó tam giác BMO vuông cân tại M hay góc
3

BMO  45 , suy ra BMD  90 .


Vậy góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  là 90 .
Câu 11.

[1H3-4.4-3]

(THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-2018) Cho lăng trụ đứng ABCD. ABCD

có đáy là hình thoi cạnh a , góc BAD  60 , AA  a 2 . M là trung điểm của AA . Gọi  của góc giữa
hai mặt phẳng  BMD  và  ABCD  . Khi đó cos  bằng
A.

2
.
3

B.

5
.
3

C.
Lời giải

Chọn D

3
.
4


D.

3
.
3


C'

B'

A'

D'

M

B

60o

A

a 2

C

D

N

Gọi N  BM  BA , khi đó  BMD    ABCD   DN .
Vì ABCD là hình thoi có BAD  60 nên tam giác ABD đều cạnh a .
AM là đường trung bình của tam giác NBB nên AN  AB  a , suy ra ADN cân tại A ,

DAN  180  BAD  120 . Do đó ADN  30 . Suy ra NDB  60  30  90 hay BD  DN .
Theo định lý ba đường vuông góc ta có BD  DN , do đó góc giữa mặt phẳng  B ' MD  và  ABCD 
là góc giữa BD và BD là BDB .
Xét tam giác BDB vuông tại B , cos BDB 

BD

BD

BD
BD 2  BB2



a
a 2  2a 2



3
.
3

Câu 31. [1H3-4.4-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc- Lần 3-2018) Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các
cạnh đều bằng a . Tính côsin của góc giữa mặt bên và mặt đáy.
1

1
1
1
A.
.
B. .
C.
.
D. .
3
2
3
2
Lời giải
Chọn A

+ Gọi O là tâm của hình chóp tứ giác đều S. ABCD . Ta có SO   ABCD  , đáy ABCD là hình vuông
cạnh a và các mặt bên là các tam giác đều cạnh a .


+ Gọi I là trung điểm cạnh CD .
 SCD    ABCD   CD

Theo giả thiết ta có: OI  CD
 SI  CD

nên góc giữa mặt bên  SCD  và mặt đáy  ABCD  bằng góc giữa hai đường thẳng OI và SI bằng

a
OI

1
góc SIO . Khi đó: cos SIO 
.
 2  cos SIO 
SI
a 3
3
2
Câu 31: [1H3-4.4-3] (Chuyên Thái Bình – Lần 5 – 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 .

C. 30 .
Lời giải

B. 60 .

D. 45 .

Chọn B

B

C

a

A

D


I
B'

C'

A'

D'

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 BD  a 2 , BI  DI 



a 6
.
3








BI 2  DI 2  BD 2
1
   BI , DI  120 .
2.BI .DI
2
Vậy  BAC  ,  DAC    60 .


cos BI , DI 

Câu 49: [1H3-4.4-3] (THPT Nguyễn Trãi – Đà Nẵng – 2018) Cho hình lập phương ABCD. ABCD
có cạnh bằng a . Số đo góc giữa hai mặt phẳng  BAC  và  DAC  bằng
A. 60 .
Chọn A

B. 90 .

C. 120 .
Lời giải

D. 30 .


A'

D'


B'

C'
K
H

A

D

B

C

Ta có: AH   BAC  , AK   DAC  với H , K lần lượt là trung điểm của AB, AD
Suy ra

 BAC  ;  DAC    AH ; AK   HAK
1
a 2
BD 
2
2

Lại có: HK là đường trung bình của ABD nên HK 
a 2
2
Do đó AH  AK  HK  a 2
Suy ra AHK đều


Mặt khác: AH  AK 

Vậy
Câu 32:

 BAC  ;  DAC   HAK  60 .

[1H3-4.4-3]

(THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2018 - BTN) Cho hình

chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và SA   ABCD  , SA  x . Xác định x để
hai mặt phẳng  SBC  và  SDC  tạo với nhau một góc 60 .
A. x  a 3

B. x  a

C. x 

a 3
2

Lời giải
Chọn B

Ta có  SCD    SAD  , vẽ AN  SD tại N  AN   SCD  .

 SAB    SBC  , vẽ


AM  SB tại M  AM   SBC  .

D. x 

a
2


   SBC  ,  SCD   AM  AN  MAN .
ax

Ta có SB  SD  x 2  a 2 , AM  AN 

x

x

SM 

2

x2  a2

 MN 

,

2

SM MN

SM .BD
 MN 

SB
BD
SB

2

.a 2
x2a 2
x2  a2
.
 MN  2
x  a2
x2  a2

AMN đều cho ta MN  AM 

Câu 25:

x a
2

xa
x2  a2



x2a 2

 x2  a2  x 2  x  a .
2
2
x a

[1H3-4.4-3] [Chuyên Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp - 2018 - BTN] Cho hình lập phương
ABCD. ABC D cạnh a . Gọi I , J lần lượt là trung điểm của BC và AD . Tính khoảng cách
d giữa hai mặt phẳng  AIA  và  CJC   .
A. d  2a

5
2

B. d  2a 5

C. d 

a 5
5

D. d 

Lời giải
Chọn C

I

B

C

K

A

J

D

B'
A'

C'
D'

 AA // CC 
 AI // CJ

  AIA //  CJC  .
Ta có: 

 AA  AI  A
 AA, AI   AIA 


 d   AIA ,  CJC    d  I ,  CJC    .

Kẻ IK  CJ 1 .

CC   IK


Lại có CC   CJ  C
 2 .
CC , CJ  CJC 




Từ 1 ,  2  suy ra IK   CJC   hay d  I ,  CJC    IK .
Xét tam giác CJI vuông tại I :

a2
a 5
 IK 
.
 IK 
5
5
2

1
1
1
1
1
1

 2
 2  2 
2
2

2
IK
IC
IJ
IK
a
a
 
2

3a 5
5


Câu 39: [1H3-4.4-3](THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần 1 - 2018) Cho lăng trụ đứng ABC. ABC
có AB  AC  BB  a , BAC  120 . Gọi I là trung điểm của CC  . Tính cos của góc tạo bởi
hai mặt phẳng  ABC  và  ABI  .
A.

3
2

B.

2
2

C.

3 5

12

D.

30
10

Lời giải
Chọn D

Gọi O là trung điểm BC , ta có:
BC 2  AB2  AC 2  2 AB. AC cos120  a2  a2  2a.a cos120  3a 2  BC  a 3 .

3
a
Tam giác AOB vuông tại O có: AO  AB 2  BO 2  a 2  a 2  .
4
2
Chọn hệ trục O.xyz (như hình vẽ). Ta có:


3
a

a; a  ,
A  ;0;0  , B  0; 
2
2






3 a
I  0;
a;  .
2
 2

Mặt phẳng  ABC  có một VTPT k   0;0;1 .
 a

3
AB    ; 
a; a  ,
2
 2

 3 3 2 1 2
 a 3 a
3 2
1
a ; a ;
a    a 2 3 3;1; 2 3 .
AI    ;
a;    AB, AI    
4
2
4
2

 4

 2 2







Mặt phẳng  ABI  có một VTPT n  3 3;1; 2 3 .

 

cos   ABC  ,  ABI    cos k , n 

k .n
k.n



30
.
10




Câu 40: [1H3-4.4-3](THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần 1 - 2018) Cho hình chóp tứ giác đều


2
. Gọi M là trung điểm cạnh SD . Nếu SB  SD thì khoảng cách
6
d từ B đến mặt phẳng  MAC  bằng bao nhiêu?
S. ABCD có thể tích V 

A. d 

1
2

B. d 

2
2

C. d 

2 3
3

D. d 

3
4

Lời giải
Chọn A

Gọi H là tâm hình vuông ABCD  SH   ABCD  .

Đặt AB  a  a  0  .

S ABCD  a 2 ; BD  a 2 .
Tam giác SBD vuông tại S nên SH 

a 2
.
2

1
2 3
2
VS . ABCD  SH .S ABCD 
a 
 a  1.
3
6
6
1
1
1
2
; HM  SB  (Vì SB  AB  1).
VMACD  VS . ABCD 
4
24
2
2

SMAC 


1
1 1
2
MH . AC  . . 2 
.
2
2 2
4

Ta có: d  B,  MAC    d  D,  MAC   .

3VMACD 1
1
 .
Lại có: VMACD  .d  D,  MAC   .S MAC  d  D,  MAC   
SMAC
2
3
Câu 33: [1H3-4.4-3](THPT Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - Năm 2018) Cho hình chóp S . ABCD có


đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AB  AD  2a , 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
A. 30 .

3 15a 3
. Tính góc giữa hai mặt phẳng  SBC  ,  ABCD  .

5
B. 36 .
C. 45 .
D. 60 .
Lời giải

Chọn D

Diện tích hình thang S ABCD 

Độ dài đường cao SI 

1
1
AD  AB  CD   2a.3a  3a 2 , CB  AC  a 5 .
2
2

3VS . ABCD

S ABCD

3.

3 15a 3
3 15a
5
.

2

3a
5

Vẽ IH  CB tại H  BC   SIH   BC  SH .
Ta có

 SBC  ,  ABCD   IH , SH   SHI .

SICB  S ABCD  SIDC  S AIB  3a 2 

a2
3a 2
3a 5
.
 a2 
 IH .CB  3a2  IH 
5
2
2

3a 15
SI
 5  3  SHI  60 .
tan SHI 
IH
3a 5
5
Câu 36:

[1H3-4.4-3]

(THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018 - BTN) Cho hình chóp S. ABCD
có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và

SA  a 2 . Cho biết AB  2 AD  2DC  2a . Tính góc giữa hai mặt phẳng  SBA và  SBC  .
1
A. arccos  
4

B. 30

C. 45
Lời giải

Chọn D

D. 60


Gọi K là trung điểm của AB và H là hình chiếu của C lên SB .
CK  AB
 SB  CH
Ta có 
 HK  SB .
 CK  SB . Do đó 
CK  SA
 SB  CK

 SAB    SBC   SB

Ta có CH  SB

nên góc giữa hai mặt phẳng  SBA và  SBC  là góc CHK .
 HK  SB

 AC  a 2

Ta có  BC  a 2 suy ra tam giác ABC vuông tại C .
 KB  a

CB  AC
1
1
1
2 3
Ta có 
 CH 
a.
 CB  SC nên


2
2
2
3
CH
CB CS
CB  SA
Mặt khác CK  AD  a .
Xét tam giác CHK vuông tại K có sin CHK 

CK

3
 CHK  60 .

2
CH

Câu 39: [1H3-4.4-3] [Sở GD và ĐT Cần Thơ - mã 301 - 2017-2018-BTN] Cho hình chóp tứ giác đều
S. ABCD , có đáy ABCD là hình vuông, cạnh bên bằng cạnh đáy và bằng a . Gọi M là trung
điểm của SC . Góc giữa hai mặt phẳng  MBD  và  ABCD  bằng
A. 90 .
Chọn C

B. 30 .

C. 45 .
Lời giải

D. 60 .


Gọi O là tâm hình vuông ABCD , Ta có:
 BD  SO
 BD   SOC   BD  OM .

 BD  AC

 MBD    ABCD   BD

  MBD  ,  ABCD   OM , OC  MOC .
 BD  OM

 BD  OC


 



OM  MC 

SC a
a 2
.
  MOC cân tại M ; OC 
2
2
2

OC
cos MOC  cos MCO 

SC

Vậy



 MBD ,  ABCD   45 .

a 2
2  2  MOC  45 .

a
2

Câu 40: [1H3-4.4-3] (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong mặt
phẳng  P  cho hình vuông ABCD cạnh 2a . Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng

 P

tại A lấy điểm S thỏa mãn SA  2a . Góc giữa hai mặt phẳng  SCD  và  SBC  là

A. 30o .

B. 45o .

C. 90o .
Lời giải

Chọn D

D. 60o .


Ta có  SCD    SAD  , vẽ AN  SD  N  SD   AN   SCD 

 SAB    SBC  , vẽ AM  SB  M  SD   AM   SBC 
   SCD  ,  SBC     AM , AN   MAN .
Ta có MN là đườngg trung bình của SBD  MN  a 2 .
Các SAD , SAB vuông cân cho ta AM  AN  a 2  AMN đều nên MAN  60o .
Câu 15.
[1H3-4.4-3] (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Cho hình chóp S. ABC có

đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AC  2a , 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 
A.

bằng

1
.
2

B.

1
.
3

C.

1
.
2

D.

1
.
3


Lời giải
Chọn B


 
2; y; z  , CS   x; y  a



Chọn hệ trục tọa độ sao cho B  0;0;0  , A a 2;0;0 , C 0; a 2;0 , S  x; y; z  .


2a

Ta có  ABC  : z  0 , AS  x  a



Do AS. AB  0  x  a

2; z



2  0  x  a 2 , d  S ,  ABC    2a  z  2a  z  0 




Ta có AS   0; a 2; 2a  , CS   a 2;0; 2a  , BS   a 2; a 2; 2a  .

 SBC  có 1 vtpt n    2;0;1 ,  SAB  có 1 vtpt m   0; 2; 1  cos  


CS.CB  0  y  a 2 a 2  0  y  a 2  S a 2; a 2; 2a .

1
1
 .
3. 3 3


Câu 17.

[1H3-4.4-3] (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Cho hình lăng trụ đứng

ABC. ABC có AB  AC  a , góc BAC  120 , 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

B. 30 .

A. 60 .

C. arcsin

3
.
4

D. arccos


3
.
4

Lời giải
Chọn D

a
.
2

 a 3 
a 3 
a

Chọn hệ trục tọa độ H  0;0;0  , A  ;0;0  , B  0;
;0  , C  0; 
;0  ,
2
2
2






a 3 a
M  0;0; a  , N  0; 
;  . Gọi  là góc giữa mặt phẳng  AMN  và mặt phẳng  ABC  .

2 2 

 3 1 3 
 AMN  có một vtpt n   AM , AN    ; ; 
 2 4 4 
3
n.HM
3
.
 4 
 ABC  có một vtpt HM   0;0;1 , từ đó cos  
4
n HM 1.1
Gọi H là trung điểm BC , BC  a 3 , AH 

Câu 26.

[1H3-4.4-3]

(Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018 - BTN) Cho hình chóp S. ABC

có SA  a , SA   ABC  , tam giác ABC vuông cân đỉnh A và BC  a 2 . 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.
Lời giải

Chọn D

3
.
2

D.

3
.
3


S

N
I
M
x
C

A

K
B

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 AK 

SAK vuông tại A có AI là đường trung tuyến nên

BC a 2
.

2
2

a2
a 
SK
SA2  AK 2
2 a 6.
AI  IK 


2
2
2

4
2

2

2

2

a 6 a 2 a 6

 
 

IA2  AK 2  IK 2  4   2   4 
3
Xét AIK có cos IAK 
.


2 IA. AK
3
a 6 a 2
2.
.
4
2
Câu 45: [1H3-4.4-3] (Sở GD Cần Thơ-Đề 323-2018) Cho hình chóp S. ABC có
a 3
SA  SB  CA  CB  AB  a , SC 

, G là trọng tâm tam giác ABC ,   là mặt phẳng
2
đi qua G , song song với các đường thẳng AB và SB . Gọi M , N , P lần lượt là giao điểm
của   và các đường thẳng BC , AC , SC . Góc giữa hai mặt phẳng  MNP  và  ABC  bằng
A. 90o .

B. 45o .

C. 30o .
Lời giải

Chọn D

D. 60o .


S
P

a 3
2

a

N

A

C
H

G
M

I
B

Gọi I là trung điểm của AB , H là hình chiếu của S lên IC , ta có

AB   SIC  và SH   ABC  .
Mặt khác, theo giả thiết ta có SI  SC  CI 

a 3
nên SIC đều và H là trung
2

điểm của IC .
Mà MN //AB nên MN   SIC  , suy ra góc giữa hai mặt phẳng

 MNP  ;  ABCD 

là PGC .
Ta có PGC  SIC  60o . Vậy
Câu 39:

 MNP  ;  ABCD   60

o

.


[1H3-4.4-3] (Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 – 2018 – BTN) Đáy của một lăng
trụ tam giác đều là tam giác ABC có cạnh bằng a . Trên các cạnh bên lấy các điểm A1 , B1 , C1
lần lượt cách đáy một khoảng bằng

 A1B1C1  và

3a
a
, a,
(tham khảo hình vẽ bên). Cosin góc giữa
2
2

ABC bằng

B1
C1

A1

B

A

C

A.

2
.

2

B.

3
.
2

C.
Lời giải

Chọn A

13
.
4

D.

15
.
5


B1
C1

A1

D


F
B

A
E
C

Gọi D là trung điểm BB1 . Gọi E , F là hai điểm trên đoạn CC1 sao cho CE  EF  FC1 .
Ta được: CE  EF  FC1  BD  DB1 
Suy ra : A1 B1  AD 2  DB12 

a 5
a 5
; B1C1  FC12  FB12 
;
2
2

AC
A1E  EC  a 2  S A1B1C1
1 1 
2

a
.
2

2
1


a2 6
.

4

Ta lại có S ABC  S A1B1C1 .cos   cos  

a2.
a2

3
4  2 .
2
6
4

Câu 34: [1H3-4.4-3](THPT CHUYÊN KHTN - LẦN 1 - 2018) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC
là tam giác vuông cân tại A và AB  a 2 . Biết SA   ABC  và SA  a . Góc giữa hai mặt
phẳng  SBC  và  ABC  bằng
A. 30 .

B. 45 .

C. 60 .

D. 90 .

Lời giải
Chọn B

S

C

A
M
B


Kẻ

AM  BC

 SBC    ABC   BC

 SAM   BC


SAM

SBC

SM





 SAM  ABC  AM
 




tại

Ta

M.

có

 SBC  ,  ABC    SM , AM  .

Suy ra góc giữa  SBC  và  ABC  bằng góc SMA .
Ta có tan SMA 

SA a
  1  SMA  45 .
AM a

Câu 38: [1H3-4.4-3](THPT Yên Lạc_Trần Phú - Vĩnh Phúc - Lần 4 - 2018 - BTN) Cho hình lăng
trụ ABC. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , cạnh bên AA  2a . Hình chiếu vuông góc của
A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm của đoạn BG (với G là trọng tâm tam giác
ABC ). Tính cosin của góc  giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ABBA  .

A. cos 

1
.
95


B. cos 

1
.
165

1
.
134

C. cos 

D. cos 

1
.
126

Lời giải
Chọn B

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AC, AB . Gọi I là trung điểm của BG .
Qua I kẻ đường thẳng song song với CN cắt AB tại K thì IK  AB (do CN  AB ) (1).
Vì AI   ABC  nên AI  AB (2). Từ (1) và (2) suy ra AB   AKI  . Do đó   AKI .
1
1 1
1 1 a 3
a
Vì I là trung điểm BG nên suy ra IK  GN  . CN  . .

.

2 3 2
2
2 3
4 3
2

7a 2
a 2 a 3
Trong tam giác vuông AIM ta có AI  AM  MI      .
.
 
12
2 3 2 
2

2

2

2

Trong tam giác vuông AAI ta có AI 2  AA2  AI 2   2a  
2

7a 2
41a 2

.

12
12
2

41a 2  a 
165a 2


Trong tam giác vuông AKI ta có AK  AI  KI 
.
12  4 3 
48
a
KI
1
a 165
 4 3 
Suy ra AK 
. Từ đó ta có cos 
. Chọn đáp án B.
AK
a 165
4 3
165
4 3
2

2

2



Câu 41: [1H3-4.4-3](THPT Quảng Xương 1 - Thanh Hóa - 2018 - BTN) Cho hình chóp S. ABCD có
đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AB  2a , SA  a 3 và
vuông góc với mặt phẳng ABCD . Cosin của góc giữa hai mặt phẳng  SAD  và  SBC  bằng:
A.

2
.
2

B.

2
.
3

C.

2
.
4

D.

2
.
5

Lời giải

Chọn C

Gọi I  AD  BC .
 BD  AD
 BD   SAD   BD  SI .
ta có: 
 BD  SA

 SI  BD
 SI   BDE     SAD  ,  SBC     DE, BE  .
Kẻ DE  SI , ta có: 
 SI  DE
Ta có: sin AIS 
Mà sin AIS 

SA
3
.

SI
7

DE
DB
a 3
2
 7  cos DEB 
.
 DE  DI sin AIS 
 tan DEB 

4
DI
ED
7

Câu 44: [1H3-4.4-3](CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình
vuông cạnh a , cạnh bên SA  2a 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 C

Chọn hệ trục tọa độ và chuẩn hóa cho a  1 sao cho A  0;0;0  , B  0;1;0  , D 1;0;0  , S  0;0; 2 


1

Ta có M là trung điểm SD  M  ;0;1 , C 1;1;0  .
2

1
1


AM   ;0;1 , AC  1;1;0  ,  AM , AC    1;1;    AMC  có một vtpt n   2; 2;1
2
2


SB   0;1; 2  , SC  1;1; 2  ,  SB, SC    0; 2;1   SBC  có một vtpt k   0; 2;1

Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  AMC  và  SBC  thì cos  
Do tan   0 nên tan  

n.k
n.n




5
3

1
2 5
.
1 
2
cos 
5

Câu 47: [1H3-4.4-3](THPT ĐẶNG THÚC HỨA-NGHỆ AN-LẦN 2-2018) Cho hình chóp S. ABCD
có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  3 , BC  4 . Tam giác SAC nằm trong mặt phẳng vuông
góc với đáy, khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng SA bằng 4 . Côsin của góc giữa hai mặt
phẳng  SAB  và  SAC  bằng:
S

D

A
B

A.

3 17
.
17


B.

C

3 34
.
34

C.

2 34
.
17

D.

5 34
.
17

Lời giải
Chọn B
S

K

I

A


B

D

H

C

- Dựng BH  AC tại H , theo giả thiết suy ra BH   SAC   BH  SA .
- Dựng HI  SA tại I  SA   BHI   BIH là góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  .
- Dựng CK  SA tại K  CK  4 là khoảng cách từ C đến SA .


BA.BC 3.4 12
9
 AH  AB 2  BH 2  .


5
AC
5
5
HI AH
9
9
36
IH //CK 


 HI  .CK 

CK AC 25
25
25
BH 5
1
3
.

 tan BIH 
  cos BIH 
2
HI 3
34
1  tan BIH

- Ta có: BH 

Vậy cos BIH 

3 34
.
34

Câu 14. [1H3-4.4-3] Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a. Gọi O ' là tâm của hình
vuông A ' B ' C ' D ' và α là góc giữa hai mặt phẳng  O ' AB  và  ABCD  . Góc α thỏa mãn hệ
thức nào sau đây?
1
A. cos  
2


B. tan   2

C. sin  

1
2

D. tan  

1
2

Lời giải
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và I là trung điểm của AB  OI  AB .

 AB  OI
Vì 
 AB   OIO '  AB  O ' I
 AB  OO '

 O ' AB    ABCD   AB

Vì OI  AB
O ' I  AB

   O ' AB  ,  ABCD    OI , O ' I  O ' IO   .
Xét O ' OI vuông tại I, ta có:
tan   tan O ' IO 

OO ' a

 2.
a
OI
2

 Chọn đáp án B.
Câu 15. [1H3-4.4-3] Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và BA  BC  a;
SA vuông góc với đáy, SA  a . Góc α giữa hai mặt phẳng  SAC  và  SBC  bằng
A. 30°

B. 45°

C. 60°

Lời giải
Gọi H là trung điểm của AC  BH  AC .

 BH  AC


Vì 
BH

SA

do






 SA   ABC  


 BH   ABC  

 BH   SAC 

 SHC

là

hình
S
 SAC   cos   SHC
SSBC

chiếu

của

SBC

lên

D. 75°


+ Ta có: AC  BA2  BC 2  a 2
SSHC 


1
1 a 2 a2 2
SA.HC  a.

2
2
2
4


 BC  AB
+ Vì 

 BC  SA  do SA   ABC  

 BC   SAB   BC  SB  SBC vuông tại B.
Khi đó: SSBC 

Vậy cos  

1
1
a2 2
SB.BC  . a 2  a 2 .a 
2
2
2

SSHC

SSBC

a2 2
1
 24     60 .
a 2 2
2

Chọn đáp ánC.
Bình luận: Trong bài toán trên, ta dễ dàng xác định được giao tuyến SC   SAC    SBC 
nhưng lại gặp khó khăn trong việc tìm một mặt phẳng vuông góc với SC, mất nhiều thời gian
tính toán…, không phù hợp với yêu cầu tốc độ của hình thức thi trắc nghiệm. Đồng thời nhận
thấy rằng việc xác định hình chiếu của B lên

 SAC 

và tính diện tích hai tam giác

SHC; SBC là khá dễ dàng nên ta vận dụng cách 3 trong nội dung phương pháp đã trình bày

ở trên để giải quyết nhanh bài toán.
Câu 32. [1H3-4.4-3] Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, ABC  60 , tam giác
SBC là tam giác đều có cạnh 2a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính tan của góc
giữa hai mặt phẳng  SAC  và  ABC  .
A.

3

B. 2 3


Lời giải: Chọn đáp án B

Gọi M là trung điểm của BC  SM  BC

C.

3
6

D.

1
2



 SBC    ABC 
 SM   ABC 
SM

BC



Ta có 

Gọi N là trung điểm của AC  MN / / AB  MN  AC

 AC  MN
 AC   SMN 

 AC  SM

Ta có 

   SAC  ,  ABC     MN , SN   SNM
Ta có SM 

2a 3
1
a
 a 3, MN  AC 
2
2
2

 tan SNM 

SM
2 3
MN

Câu 37. [1H3-4.4-3] Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính tan của góc giữa
hai mặt phẳng  SBD  và  SCD  .
A.

6

B.

2

2

C.

3
2

D.

Lời giải: Chọn đáp án D

Ta có SO   ABCD  và tứ giác ABCD là hình vuông.

CO  BD
 CO   SBD  .
CO  SO

Như vậy 

Kẻ OP  SD  P  SD   tan   SCD  ,  SBD    tan CPO 
Ta có SO 2  SA2  OA2  a 2 

OC
.
OP

a2
a
a
 OS 

 OD  OP 
2
2
2

2