Sáng kiến kinh nghiệm Phân tích, định hướng nhằm rèn luyện kỹ năng tính góc giữa hai mặt phẳng cho học sinh trường THPT Quỳ Châu

Ta có thể giải bài toán theo hướng sử dụng	E
H
công thức: sinj	trong đó=
d (C,(SAB))
d (C, SB)
3	A	D
d (C,(SAB)) =
d (H ,(SAB)),
2
d (C, SB) = 2SSBC .
SB	B	C
Như vậy ta thấy trong cách giải bài toán trên, việc lựa chọn điểm I Î(SBC ) là rất
quan trọng bởi vì tính các đại lượng d (I ,(SAB)) và d (I , SB) đơn giản hơn.
Nếu trong bài toán trên ta thay giả thiết ((SBC ),( ABCD)) = 45° bằng giả thiết
khác, ví dụ như (SB,( ABCD)) = 60° chẳng hạn, thì bài toán sẽ trở nên khó hơn rất nhiều.
Bài toán 3. (Sáng tác) Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a
. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và SD . Gọi j là góc giữa hai mặt
phẳng ( AMN ) và (SCD). Tính sinj .
Phân tích:
Ta có:	S
N
A
K
H
I
M	C
( AMN ) Ç(SCD) = NP với P = AM Ç CD .
Nhận	thấy	d ( A,(SCD)) = 2d (H ,(SCD)).
Mặt khác N , P đều có vị trí xác định nên ta
có thể tính được AN, AP, NP . Từ đó có thể
tính được
d ( A, NP) = 2SANP . Vậy ta có thể
NP
giải	quyết	bài	toán	theo	hướng	D
sinj	.=
d ( A,(SCD))
d ( A, NP)	B
P
Giải
Gọi H là tâm của hình vuông ABCD Þ SH ^ ( ABCD).
Kéo dài AM và CD cắt nhau tại P Þ ( AMN ) Ç(SCD) = NP .
2
Do CM = 1 AD Þ CP = CD = a . Gọi j = (( AMN ),(SCD)), khi đó:
sinj =
d ( A,(SCD)) d ( A, NP)
2d (H ,(SCD))
=	d ( A, NP)
Gọi I là trung điểm của CD , ta có:
ìCD ^ HI
í
îCD ^ SH
Þ CD ^ (SHI ) Þ (SHI ) ^ (SCD).
Gọi K là hình chiếu của H trên SI , ta có:
HK ^ (SCD) Þ d ( A,(SCD)) = 2d (H ,(SCD)) = 2HK .
Ta có:
BD = a
2, HD = a	2 ,
2
SH =
= a	2 ,
SD2 - HD2
2
HI = a .
2
Tam giác	SHI	vuông tại	H	có	HK	là đường cao:
1
a 6
6
a 6
3
HK 2
=	1
HI 2
+	1
SH 2
AD2 + DP2
5
Þ HK =
Þ d ( A,(SCD)) =	.
Ta có:
AN =	và
AP =
= a	.
a 3
2
Tam giác DNP có
ND = a ,
2
DP = 2a ,
NDP = 60°
Þ NP =
15
AN 2 + AP2 - NP2
= a 13 ,
ND2 + DP2 - 2NP.DP.cos 60°
2
cos NAP =	=
2AN.AP	6
Þ sin NAP =	=
1- cos2 NAP
21
6
Þ S	= 1 AN.AP.sin NAP = a 35 Þ d ( A, NP) = 2SDANP = a
455
DADN	2	8
NP	26
6 
Þ sinj = d ( A,(SCD)) = 26	.
455
d ( A, NP)	3
Nhận xét:
Có thể hướng dẫn học sinh tính
d (H ,(SCD))
theo hai hướng sau:
Hướng 1: HC , HD , HF đôi một vuông góc nên ta có:
1
d 2 (H ,(SCD)) =
1
HC2
+	1
HD2
+	1
HF 2
Hướng 2:
d (H ,(SCD)) = 3VS .HCD .
SSCD
sinj =
Ta	cũng	có	thể	tính
d (D,( ANP)) d ( D, NP)
với
d ( D, NP) = 2SDDNP	và
NP
d (D,( ANP)) = 4 d (E,( ANP)) với E là trung điểm của HD .
3
Một số bài tập áp dụng:
Bài 1. Cho hình chóp
S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a ,
SA = 3a
và SA
vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm của cạnh CD , điểm E trên cạnh SA sao cho SE = a . Tính côsin góc giữa hai mặt phẳng (SAC ) và (BME ).
Bài 2. (HSG Tỉnh Nghệ An, Năm học 2021-2022) Cho hình hộp
ABCD.A1B1C1D1
có đáy ABCD là hình thoi, AB = a , góc
ABC = 600 ,
B1 A ^ ( ABCD) . Góc giữa
BC và ( A BC D ) bằng a sao cho cota = 1 . Gọi M là trung điểm của CD ,
1	1 1 1 1	2
E là trung điểm của B1M . Gọi F là điểm thuộc đường thẳng
DD1
sao cho
EF ^ AC . Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng ( AEM ) và ( AEF ) .
Bài 3. Cho hình chóp
S.ABC có đáy là tam giác vuông tại C ,
ABC = 30° . Tam
giác SAC đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là điểm thuộc
SC sao cho mặt phẳng (MAB) tạo với mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng ( ABC )
các góc bằng nhau. Tính SM .
MC
Phương pháp 5: Sử dụng kết quả của bài toán sau:
Cho tứ diện ABCD . Gọi j là góc giữa hai mặt phẳng ( ABC )

và (BCD).
Chứng minh rằng sinj = 3VABCD .BC .
2SABC .SBCD
Chứng minh:	A
H
K
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (BCD). Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên BC Þ AK ^ BC . Khi đó:
(( ABC ),(BCD)) = AKH = j .
D
C
 3VABCD 
Ta có: sinj = AH =
AK
SBCD 2SABC BC
= 3VABCD .BC
2SABC .SBCD	B
Xét các bài toán sau:
Bài toán 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA = x
( x > 0) và vuông góc với mặt phẳng đáy. Tìm x để góc giữa hai mặt phẳng
(SBC ) và (SCD) bằng 60° .
Phân tích:
x
A
Bài toán đã cho xuất hiện giả thiết góc giữa hai mặt	S
phẳng (SBC ) và (SCD) bằng 60° . Khi đó áp dụng công thức cho tứ diện SBCD ta có:
sin 60°=	3VSBCD .SC	(1)	D
2SDSBC .SDSCD
B	C
Mặt khác, các đại lượng VSBCD , SC ,
SDSBC ,
SDSCD
đều được tính theo SA = x . Vì vậy sử dụng công
thức (1) để giải bài toán là hợp lý.
Giải.
Ta có:
Þ

AC = a
1

2 , SC =
a2x

2
x2 + 2a2
a
, SBCD = 2
VSBCD = 3 SBCD .SA =	6
a2 + x2
SB = SD =
Þ DSBC = DSDC (c - c - c) Þ SDSBC = SDSDC .
í
Vì ìCD ^ SA
îCD ^ AD
Þ
Þ CD ^ (SAD) Þ CD ^ SD
a. a2 + x2
1

hay SCD vuông tại D .
SDSBC = SDSCD = 2 SD.CD =	2	.
Gọi j là góc giữa hai mặt phẳng (SBC ) và (SCD)
x2 + 2a2
x	x2 + 2a2
xa2
Þ sin
j = 3V	.SC = 3. 6 .
=	= 3
SBCD
2SDSBC
.SDSCD
a2.(a2 + x2 )
2.
4
a2 + x2	2
Þ x4 + 2a2x2 - 3a4 = 0 Û x = a
Vậy x = a .
Nhận xét: Bài toán có thể giải theo phương pháp khoảng cách hoặc cách xác định góc giữa 2 mặt phẳng cắt nhau như sau:
d (D,(SBC ))
d ( A,(SBC ))
 d ( A, SB)
Cách 1: sinj =	=	=	.
d ( D, SC )	d (D, SC )	d (D, SC )
Cách 2:
Kẻ DH ^ SC tại H Þ BH ^ SC	S
BH 2 + DH 2 - BD2
H
A
Þ j = (BH , DH ) = 60° .
Ta lại có:
cos 60°= 
.
2BH.DH	D
Tuy nhiên, nếu đáy là hình chữ nhật thì phương
pháp này sẽ khó khăn hơn.	B	C
Bài toán 2. (Sáng tác) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Tam
giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là
trung điểm của các cạnh SD và BC . Tính góc giữa hai mặt phẳng (MAB) và
(SDN ) ?
Phân tích:
M
K
A
H
B
N
C
Gọi P = AB Ç DN	S
Þ (MAB) Ç(SDN ) = MP .
ìï(SDN ) º (MPD)
Ta có
íï(MAB) º (MAP)
î
Þ ((MAB),(SDN )) = ((MAP),(MPD)) = j
Ta thấy xuất hiện tứ diện MAPD , từ đó ta
hướng tới sử dụng công thức:	D
sinj = 3VPADM .PM
2SAMP .SADP
P
Giải.
Gọi P là giao điểm của AB và DN . Khi đó, MP là giao tuyến của hai mặt phẳng
( ABM ) và (SDN ) .
(	)	)(
Gọi j = ( ABM ),(SDN ) = ( AMP),( ADP) , ta có: sinj = 3VPADM .PM .
2SAMP .SADP
Do M là trung điểm của SD nên ta có:
d (M ,( ADP)) = 1 d (S,( ADP)) = 1 SH = a 3 ,
2	2	4

SDADP = SABCD

= a2
Þ VPADM
=	d (M ,( APM )).SADP =	.
a3
3
1
3	12
SH = a 3 ,
2
HD = a 5 ,
2
SD = a
2 , AM
= MD = a 2 ,	A	D
N
2
AP = 2a ,
CD2 + CN 2
DN =
H
a 5
2
a 2
2
B
=	Þ PD = a 5 ,
C
BH 2 + BN 2
SH 2 + HN 2
a 5
2
HN =	=	, SN =	=
10
P
SD2 + DN 2 - SN 2
Þ cos SDN =	=
2SD.DN	5
Þ PM =
= a 14
DM 2 + DP2 - 2DM .DP.cos MDP
2
Xét tam giác AMP :
a2
7
1

cos PAM
= AM 2 + AP2 - PM 2 =	1
2 2
2AM .AP

Þ sin PAM =
14
4
Þ SAMP = 2 AM .AP.sin PAM =	4	.
Xét tam giác MDP có cos MDP =	10 Þ sin MDP =	15
5	5
a2
6
Þ S	= 1 MD.DP.sin MDP =
MDP	2	4
3V	.PM
3.	.
a3
3
a 14
a2
7
a2
6
Vậy sinj =	PADM	=	12	2	= 1 Þ j = 90°
Nhận xét:
2SAMP .SADP
2.	.
4	4
Ta có thể giải bài toán này theo phương pháp khoảng cách như sau:
sinj =
d ( A,(MPD)) d ( A, MP)
4 d (H ,(SDP))
2S AMP
= 3	
MP
Bài toán 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật và cạnh bên SA
vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD), SA = AB =1 và AD =	3 . Gọi M là
trung điểm SB , tính côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (MAD) và (SAC ).
Phân tích:
Ta thấy điểm chung thứ nhất là A . Điểm	S
M
N
A
K
H
chung thứ hai là giao điểm của SC và mặt phẳng (MAD), ta có:
ìM Î(MAD), M Î(SBC )
î
í AD / /BC
Þ giao tuyến của hai mặt phẳng (MAD) và	B
(SBC ) chính là đường thẳng d đi qua M và
song song với AD, BC cắt SC tại N ,
Với N là trung điểm của SC .	D	C
Khi đó, giao tuyến của hai mặt phẳng (MAD) và (SAC ) chính là NA . Từ đây ta
có thể áp dụng cho tứ diện NACD hoặc tứ diện NACM :
sinj =
3VNACD .AN
2SDNAC .SDNAD
hoặc sinj = 3VNACM .AN .
2SNAC .SNAM
Lời giải bài toán như sau:
Giải.
Ta thấy A là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng (MAD)

và (SAC ).
Gọi N là trung điểm của SC Þ MN / / AD Þ N là điểm chung thứ hai. Do đó
(MAD) Ç(SAC ) = AN , j = ((MAD),(SAC )) = (( NAD),( NAC )).
Xét tứ diện NACD , ta có: sinj =
3VNACD .AN .
2SDNAD .SDNAC
Gọi H = AC Ç BD Þ NH / /SA Þ NH ^ ( ABCD), NH = 1 SA = 1 ,
2	2
S	= 1 AD.CD =	3 Þ V
= 1 S	.NH =	3 .
ACD	2	2
NACD
3	ACD	12
Xét tam giác SAC vuông tại A , có N là trung điểm SC :
SA2 + AC2
5
1
AN =
AD2 + DC2
AC =
Ta có:
SC =	=
2	2	2
= 2 Þ SNAC

= 1 NH.AC = 1 .
2	2
DN =
=	5 = AN Þ DNAD
NH 2 + HD2
2
cân tại N .
Gọi K là trung điểm của AD Þ NK ^ AD ,
NK =	=
ND -
2
AD2
4
2
2
3.	3 .	5
Þ S	= 1 NK.AD =
6 Þ sinj =
3VNACD .AN	=
12	2 =
10 . Vậy
NAD	2	4
2SDNAD
.SDNAC
2.	6 . 1	4
4	2
cosj =
=	6 .
1 -sin 2 j
4
Nhận xét:
Có thể hướng dẫn học sinh áp dụng cho tứ diện NAMC như sau:
sinj =
3VNAMC .NA
2SNAM .SNAC
+) NA và
SNAC
tính tương tự như ở trên.
+) Nhận thấy

DNAM
là tam giác vuông tại M Þ S

NAM
= 1 AM .MN .
2
Tuy nhiên, học sinh có thể sẽ gặp khó khăn trong việc tính thể tích VNAMC . Có thể tính thể tích theo hướng sau:
Ta có: VNAMC = VSABC -VSAMN -VMABC ,
VSAMN
= SM . SN
= 1 Þ V
= 1 V	, V
= 1 V	.
VSABC	SB	SC	4
SAMN
4 SABC
MABC
2 SABC
Từ đó, ta cũng giải quyết được bài toán theo phương pháp thể tích.
Ta cũng có thể giải bài toán bằng phương pháp sử dụng khoảng cách như sau:
d (D,(SAC ))	DI
sinj =	=	, trong đó DI ^ AC , DJ ^ AN .
d ( D, AN )	DJ
Ta có:
DI =
DA.DC
, DJ = KN.AD
DA2 + DC2
AN
Một số bài tập áp dụng:
Bài 1. Cho hình chóp
S.ABCD có đáy là hình bình hành và
AB = 3,
AD = 4,
3
BAD =120°. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2	. Gọi M ,
N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA , AD , BC và a là góc giữa hai mặt phẳng (SAC ) và (MNP). Tính góc a .
Bài 2. Cho hình lập phương ABCD.A' B'C ' D' cạnh a . Tính số đo góc giữa hai
mặt phẳng (BA'C ) và (DA'C ) .
n2
Phương pháp 6: Phương pháp tọa độ hóa.
Cho hai mặt phẳng (a ) và (b ) có véctơ pháp tuyến lần lượt là
n1 ,
. Gọi j là
góc tạo bởi hai mặt phẳng (a ) và (b ). Khi đó:
n1.n2
n1
.
n2

cosj = cos(n1, n2 ) =
Chú ý: Một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ABC )
Xét một số bài toán sau:
là:
n