Sáng kiến kinh nghiệm Vận dụng khoảng cách trong bài toán tính góc giữa hai mặt phẳng

   ). Suy ra  AH DC . Do đó 
 AH SDC   hay    , .d A SDC AH   
Xét tam giác  SAD  vuông tại  A , đường cao  AH , ta có 
 
22 2 2 2 2
1 1 1 1 1 4 3
.
3 23
a
AH
AH AB SA a aa
         
Xét tam giác  SBC  vuông tại  B , đường cao  BK , ta có 
 
22 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5 2
.
4 52
a
BK
BK SB BC a aa
         
Từ đó suy ra 
3
152sin
2 4
5
a
AH
aBK
     2
1
cos 1 sin .
4
      Chọn D. 
2a
a 3
a
C
A
B
D
S
H
K
 6 
Nhận xét: Ở đây việc xác định và tính  ,  AH BK  rất dễ dàng, do đó vận dụng khoảng 
cách vào tính góc trong bài này được giải quyết rất gọn nhẹ và nhanh chóng. 
Thay vì lựa chọn điểm  B  như ở trên, chúng ta có thể chọn điểm  D  với vai trò 
hoàn toàn tương tự. 
Qua hai cách giải trên, chúng ta có thể dễ dàng nhận thấy, nếu sử dụng cách 1 
thì chúng ta cần phải xác định được góc cụ thể, còn nếu sử dụng cách thứ 2 chúng ta 
không cần chỉ ra góc mà vẫn tính được thông qua khoảng cách. 
b. Các bài tập vận dụng. 
Vấn đề 1: Tính góc giữa hai mặt phẳng trong hình chóp. 
Bài 1: ( Đề thi thử Sở GD – ĐT Thành Phố Hồ Chí Minh năm 2019) Cho hình chóp 
.S ABC   có  đáy  ABC   là  tam  giác  vuông    tại  B ,  ,AB a 2AC a ,  2 ,SA a
 SA ABC . Gọi   là góc giữa hai mặt phẳng  SAC  và   SBC . Khi đó cos  bằng 
 A. 
3
2
. B. 
1
2
. C. 
15
5
 D. 
3
5
. 
Lời giải 
Ta có       .SAC SBC SC   Khi đó 
  
 
,
sin
,
d A SBC
d A SC
  . 
Kẻ   ,  AH SB H SB  .  
Vì    ,    BC AB BC SA SA ABC    
 BC SAB  BC AH   
Từ đó suy ra   AH SBC  hay    , .d A SBC AH  
Kẻ    AK SC K SC     ,d A SC AK   . 
Xét tam giác  SAB  vuông tại  A , đường cao  AH , ta có 
a
2a
2a
A C
B
S
H
K
 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5 2
.
4 4 5
a
AH
AH AB SA a a a
        
Xét tam giác  SAC  vuông tại  A , đường cao  AK , ta có  
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
2.
4 4 2
AK a
AK AC SA a a a
        
Từ đó suy ra 
2
10 155sin cos .
5 52
a
a
       Chọn C. 
Nhận xét: Trong bài này, việc tính khoảng cách từ điểm  A  đến mặt phẳng  SBC  là 
một bài toán cơ bản và quen thuộc. ( A  là chân đường cao hạ từ đỉnh xuống mặt đáy). 
Tuy nhiên, chúng ta có thể chọn điểm  B  để tính và công việc cũng dễ dàng không kém 
hơn việc tính từ điểm  A . Đây là một điểm thực sự rất nổi bật trong phương pháp này. 
Bài 2: Cho hình chóp  .S ABCD  có  ABCD  là hình vuông cạnh  a . Tam giác  SAD  đều 
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi  M  là trung điểm của  AD ,   là góc 
tạo bởi hai mặt phẳng  SCM  và  SAB . Khi đó, cot  bằng 
  A. 
6
3
.  B. 
6
2
.  C. 
2 6
3
.  D. 6 . 
Lời giải 
Ta có  M  là trung điểm của  AD , tam giác  SAD  đều nên  .SM AD  
Mặt  khác  tam  giác  SAD   nằm  trong  mặt  phẳng  vuông  góc  với  đáy  suy  ra 
 SM ABCD . 
Kẻ  CM   cắt  AB   tại  .E   Khi  đó,  A   là  trung 
điểm của  BE , suy ra  AE AB a  . 
Ta có     .SCM SAB SE    
Suy ra 
  
 
,
sin .
,
d A SCM
d A SE
   
Gọi  ,  K H  lần lượt là hình chiếu vuông góc lên 
SE   và  EM . Ta có   , .d A SE AK  
Vì   ,  AB AD AB SM AB SAD AB SA      . 
 8 
Mặt khác  AE SA a   nên tam giác  SAE  vuông cân tại  A . 
Do đó  2 2
1 2
.
2 2
a
AK SE SA AE      
Ta lại có,    ,    AH CM AH SM SM ABCD     
 AH SCM   hay    ,d A SCM AH . 
Xét tam giác  AME  vuông tại  ,A  đường cao  AH  
Ta có 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 4 5 5
5
a
AH
AH AE AM a a a
       . 
Suy ra  
5
105sin
52
2
a
AH
AK a
    
2
1 6
cot 1
210
5
   
     
. Chọn B. 
Nhận xét: Ở bài này, việc chỉ ra góc khó hơn ở bài trên. Do đó vận dụng khoảng cách 
để  tính  là hợp  lý. Việc  lựa chọn tính khoảng cách  từ điểm  A hay  B  đến mặt phẳng 
 SCM   thì  đều  như  nhau.  Ngoài  ra  chúng  ta  có  thể  tính  sin
  
 
  
 
, ,
.
, ,
d M SAB d C SAB
d M SE d C SE
   Việc tính theo công thức này cũng đơn giản như cách 
tính ở trên. 
Bài 3: (Đề thi thử trường THPT Hà Huy Tập – Hà Tĩnh năm 2019) Cho hình chóp 
.S ABCD   có  đáy  ABCD   là  hình  bình  hành,   03,   4,   120 .AB AD BAD     Cạnh 
2 3SA    vuông  góc  với  đáy.  Gọi  ,   ,  M N P   lần  lượt  là  trung  điểm  các  cạnh 
,   ,  SA AD BC .  Gọi   là góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và   MNP . Tính  . 
 A. 060 .  B. 045 .  C. 090 .  D.  030 . 
Lời giải 
Gọi Q  là trung điểm của  SB . Khi đó    MNP SBC PQ  . 
Ta có 
  
 
  
 
, ,
sin
, ,
d B MNP d A MNP
d B PQ d B PQ
  . 
Kẻ    AI PN I PN  ,   AH MI H MI  . Khi đó    ,d A MNP AH . 
 9 
Ta có  0 0120 60BAD ANP   ,  
3
.sin 2. 3
2
AI AN ANP   . 
Xét tam giác  AIM  vuông tại  ,A  đường cao 
AH , ta có 
2 2 2
1 1 1 1 1 2 6
3 3 3 2
AH
AH MA AI
       . 
 Kẻ    BK QP K QP     ,d B QP BK  . 
Ta có  2 2 2 2 . cosAC AD DC AD DC ADC    
2 116 9 2.4.3. 13
2
AC     .  
Suy ra  2 2 12 13 5SC SA AC     . 
2 2 2 12 9 21SB SA AB      . 
 
2 2 2 25 16 21 1
cos cos
2 . 2.5.4 2
SC CB SB
QPB SCB
SC CB
   
      
3
sin .
2
QPB    
Ta có  
3
sin 2. 3
2
BK BP QPB   . 
Từ đó suy ra  0
6
22sin 45
23
AH
BK
      . Chọn B. 
Nhận xét: Ở bài này việc xác định góc giữa hai mặt phẳng là rất khó. Do đó,  ta nên 
vận dụng khoảng cách để  tính góc. Lựa chọn  tính khoảng cách từ điểm  B  đến giao 
tuyến  PQ  và mặt phẳng   MNP  hay  tính khoảng cách từ các điểm  ,  N M  đến giao 
tuyến  PQ   và mặt phẳng   SBC   trong  trường hợp này  tùy  thuộc vào  cách nhìn bao 
quát và toàn diện của mỗi học sinh. Tuy nhiên nếu các em lựa chọn điểm ngẫu nhiên 
thì các bước đi đến kết quả của phương pháp này cũng khá đơn giản và gọn nhẹ.  
Bài 4: Cho hình chóp  .S ABCD  có đáy  là hình thoi cạnh  ,a    góc  0120 .BAD   Hình 
chiếu vuông góc của đỉnh  S  lên mặt phẳng   ABCD  là điểm  H  nằm trên đoạn thẳng 
AB  sao cho  2 .HA HB  Góc giữa  SC  và mặt phẳng   ABCD  bằng  060 .  Gọi     là 
góc giữa hai mặt phẳng   SAC  và   SCD . Tính cot . 
 A. 
7
4
.  B. 
7
5
.  C. 
5
7
.  D. 
4
7
. 
Lời giải 
4
3
2 3
1200
Q
P
N
M
C
A D
B
S
I
H
K
 Ta có    SAC SCD SC  . Khi đó 
  
 
,
sin .
,
d A SCD
d A SC
   
Gọi  M  là trung điểm của  AD . Vì  ABCD  là 
hình thoi cạnh  ,a   0120BAD   nên  ABC  và 
ACD  là các tam giác đều cạnh  .a   
Do đó, 
3
.
2
a
AM   
Xét tam giác  ACH , ta có 
2 2 2 02 . .cos60CH AC AH AC AH    
2 2
2 4 2 1 7 72. . . .
9 3 2 9 3
a a a a
a a CH        
Góc giữa  SC  và   ABCD  là góc  060 .SCH    
Từ đó suy ra 
21
.tan 60 ,
3
o aSH CH 
2 7
.
3
a
SC    
Vì  / /AB CD  nên          , , ,d A SCD d AB SCD d H SCD  . 
Kẻ   / /  HI AM I DC . Khi đó 
3
2
a
HI AM    và  HI DC . 
Kẻ    HK SI K SI  . 
Ta có      ,    DC HI DC SH SH ABCD DC SHI HK DC       . 
Từ đó suy ra   HK SDC   hay    ,d A SDC HK  . 
Xét tam giác  SHI  vuông tại  ,H  đường cao  HK , ta có 
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 4 3 37 21
.
3 7 21 37
a
HK
HK HI SH AM SH a a a
          
Ta có 
 
 
 
, 2 2 2 3 3
, .
, 3 3 3 2 3
d H AC HA a a
HL d B AC
d B AC BA
      ,  
2 2
2 2 3 21 2 6 .
3 3 3
a a a
SL HL SH
   
       
   
Ta lại có   , .d A SC AT   
 11 
Vì 
2 6
.
1 1 . 63. . .
2 2 2 7 7
3
SAC
a
a
SL AC a
S SL AC AT SC AT
SC a
        
Suy ra  
21
7 537sin cot .
76 74
7
a
HK
AT a
       Chọn C. 
Nhận xét: Việc xác định góc giữa hai mặt phẳng trong bài này rất phức tạp. Do đó vận 
dụng khoảng cách để tính rất phù hợp. Tương tự, ở bài này lựa chọn tính khoảng cách 
từ điểm  A   tới đường thẳng  SC , mặt phẳng   SCD  hay  từ điểm  D   tới đường  thẳng 
SC , mặt phẳng  SAC  đều khá dễ dàng như nhau. 
Bài 5: (Đề thi thử trường THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội 2019) Cho  hình  chóp 
.S ABCD   có đá  ABCD   là hình vuông cạnh, hình chiếu vuông góc của đỉnh  S  nằm 
trong hình vuông  ABCD . Hai mặt phẳng     ,  SAD SBC   vuông góc với  nhau;  góc 
giữa  hai  mặt  phẳng   SAB   và   SBC   là  060 ;  góc  giữa  hai  mặt  phẳng   SAB   và 
 SAD  là  045 . Gọi   là góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABCD , giá trị cos  là 
 A. 
2
2
.  B. 
1
2
.  C. 
3
2
.  D. 0 . 
Lời giải 
Kẻ   SH ABCD ,  ,   ,  SM AD SN BC HK AB   . 
Ta có    SAB ABCD AB  .  
Khi đó 
  
 
,
sin
,
d H SAB
d H AB
  . 
Ta có       0, 90SAD SBC MSN  .  
K
M
N C
A D
B
S
H
 12 
Vì   ,  BC SM BC SN BC SMN    / / .MN BC MN AB    
Khi đó             , , ,   0 .d H SAB d M SAB d N SAB x x      
    
  
 
 0 0
,3 2
, 60 sin 60   , .
2 , 3
d N SAB x
SAB SBC d N SB
d N SB
       
Suy ra   2 2 2 2 2
3 1 1 1 1
  1
4x SN BN SN HK
      
    
  
 
 0 0
,2
, 45 sin 45   , 2
2 ,
d M SAB
SAB SAD d M SA x
d M SA
      . 
Suy ra   2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
  2
2x SM AM SM HK
     
Từ   1  và   2  ta được  
2 2 2 2 2 2 2 2 2
5 1 1 2 1 1 1 1 1
2 .
4
HK x
x SM SN HK SH HK HK x HK
   
            
   
Từ đó suy ra      
  
 
, 1
sin , .
, 2 2
d H SAB x
SAB ABDC
d H AB x
     
Vậy       3cos , .
2
SAB ABDC   Chọn C. 
Nhận xét: Đây là một bài toán rất hay, nếu chúng ta xác định góc cụ thể của từng cặp 
mặt phẳng  thì  sẽ  rất  rối hình.  Tuy nhiên, như  chúng  ta nhìn  thấy,  vận dụng khoảng 
cách để giải quyết thì bài toán này trở nên nhẹ nhàng, đơn giản hơn nhiều. 
Vấn đề 2: Tính góc giữa hai mặt phẳng trong hình lăng trụ. 
Bài 1: (Đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018) Cho hình  lăng  trụ  tam giác đều 
.ABC A B C     có  2 3AB     và  2AA  .  Gọi  ,   ,  M N P   lần  lượt  là  trung điểm  các 
 13 
cạnh  ,  A B A C     và  BC . Côsin của góc  tạo bởi hai mặt phẳng   AB C   và   MNP  
bằng 
  A. 
6 13
65
. B. 
13
65
. C. 
17 13
65
. D. 
18 13
.
65
Lời giải 
Vì  ,   / /P BC BC MN  nên mặt phẳng  MNP  chính là mặt phẳng  MNBC .  
Gọi  ,  I AB BM J AC CN     .  
Khi đó        / / / /AB C MNP IJ IJ BC MN     . 
Gọi    là góc  tạo bởi hai mặt phẳng   AB C   và 
 MNP . Ta có 
  
 
,
sin
,
d B MNP
d B IJ




.  
Vì  .ABC A B C    là lăng trụ tam giác đều nên tam 
giác  AB C   cân tại  A . Suy ra  AK B C  . 
Do đó     , ,d B IJ d K IJ KE   
Ta có  2 2 2 24,   13AB AB BB AK AB B K         . 
Dễ thấy  I  là trọng tâm tam giác  BB A . Suy ra 
1
3
B I B A  .  
Từ đó ta có 
1 13
3 3
KE AK  . 
Gọi  ,  Q H   lần  lượt  là  hình  chiếu  vuông  góc  của  B   lên  MN   và  BQ .  Khi  đó 
  ,d B MNP B H  . 
Ta có 
1 3
2 2
B Q A K   . 
Xét tam giác  BB Q  vuông tại  B , đường cao  B H , ta có 
2 2 2
1 1 1 4 1 25 6
9 4 36 5
B H
B H B Q B B
      
  
. 
2
2 3
E
Q
JI
P
K
M
C
A
N
B' C'
A'
B
H
 14 
Suy ra 
6
18 13 135sin cos
65 6513
3
B H
KE
 

     . Chọn B. 
Nhận xét: Vai trò của  B  và  C  như nhau nên chúng ta có thể lựa chọn điểm  C  để 
thực hiện các bước hoàn toàn tương tự. 
Bài 2: (Đề thi thử trường THPT Cẩm Bình – Hà Tĩnh năm 2018) Cho hình  lăng  trụ 
.ABC A B C    có đáy là tam giác đều cạnh  2a . Hình chiếu vuông góc của  A  lên mặt 
phẳng  ABC  là trung điểm  H  của cạnh  AB . Biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 
060 . Gọi   là góc giữa hai mặt phẳng  BCC B   và  ABC . Khi đó  cos  bằng 
  A. 
1
3
. B. 
1
5
. C. 
4
17
. D. 
1
17
. 
Lời giải 
Ta có    BCC B ABC BC    . 
Khi đó 
  
 
,
sin
,
d A BCC B
d A BC

 
 . 
Gọi  M   là  trung điểm của  BC .Vì  tam giác 
ABC   đều  cạnh  2a   nên  ,AM BC
  3AM a  , 3.d A BC AM a    
Gọi  D  là chân đường cao hạ từ đỉnh  B  xuống mặt phẳng  ABC . Khi đó  B  là trung 
điểm của  HD . 
Ta có 
  
  
,
2
,
d A BCC B AB
DBd D BCC B
 
 
 
 hay       , 2 ,d A BCC B d D BCC B    . 
Gọi  ,  I K   lần  lượt  là  hình  chiếu  vuông  góc  của  D   lên  BC   và  B I .  Khi  đó 
  , .d D BCC B DK     
Ta có 
1 1 3
2 2 2
DI DB a
DI AM
AM AB
     . 
Vì góc giữa cạnh bên và mặt đáy là  060A AH  0.tan60 3B D A H AH a     . 
Xét tam giác  B DI  vuông tại  ,D  đường cao  DK  ta có 
2a600 I
M
D
B'
C'
H
A
B
A'
C
K
 15 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 1 5 15
3 3 3 5
a
DK
DK DI B D a a a
      

.  
Suy ra 
15
2.
2 2 15sin cos
3 5 5
a
DK
AM a
      . Chọn B. 
Nhận xét: Trong quá trình giải quyết bài  toán tính góc theo khoảng cách ngoài cách 
chọn cách điểm như trên ta có thể chọn các điểm  ,   ,  H B C   để tính khoảng cách tới 
giao tuyến và các mặt phẳng tương ứng cũng hoàn toàn đơn giản. 
Bài 3: Cho hình lập phương  .ABCD A B C D    . Gọi  M  là trung điểm của cạnh  BC ,   
là góc giữa hai mặt phẳng  B AM  và  A B CD  . Khi đó, số đo của góc   bằng 
  A. 030 . B. 045 . C. 060 . D. 075 .  
Lời giải 
Kẻ  AM  cắt  DC  tại  N . 
Ta có     .B AM A B CD B N       
Khi đó  
  
 
  
 
, ,
sin
, ,
d C B AM d B B AM
d C B M d C B M

 
 
 
. 
Kẻ     ,  BH AM H AM BK SH   .  
Suy ra    ,d B B AM BK  . 
Xét tam giác  B BH  vuông tại  B , đường cao  BK , ta có 
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 4 1 6 6
.
6
a
BK
BK BB BH BB BM BA a a a a
          
 
Kẻ    CP B N P B N   . Khi đó   ,d C B N CP  . 
Xét tam giác  B CN  vuông tại C , đường cao  CP , ta có 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 3 6
.
2 2 3
a
CP
CP CB CN a a a
      

a
N
M
A'
A
B
C
D
B' C'
D'
H
K
P
 Vậy  0
6
16sin 30 .
26
3
a
BK
CP a
       Chọn A. 
Nhận xét: Việc tính toán trong bài này cũng đơn giản và nhẹ nhàng, thay vì lựa chọn 
tính khoảng  cách  từ điểm  C   đến  giao  tuyến  B N   và  mặt  phẳng   B AM   chúng  ta 
cũng  có  thể  lựa  chọn  là  tính  khoảng  cách  từ  điểm  A   đến  giao  tuyến  và mặt phẳng 
 A B CD  , việc này cũng hoàn toàn đơn giản, tương tự như ở câu 2. 
Câu 4: Cho lăng trụ đứng  .ABC A B C    có đáy là tam giác đều và tất cả các cạnh bằng 
a ,  M   là  trung  điểm  của  A B  .  Côsin  của  góc  tạo  bởi  hai  mặt  phẳng   MBC   và 
 ACC A   bằng 
 A. 
5
.
10
 B. 
3 5
.
5
 C. 
5
.
5
 D. 
15
.
5
Lời giải 
Kẻ  AA  cắt  BM  tại  .D  Ta có     .MBC ACC A C D      
Gọi   là góc tạo bởi hai mặt phẳng  MBC  và   ACC A  .  
Khi đó 
  
 
,
sin
,
d B ACC A
d B C D

 


.  
Gọi  N  là trung điểm cạnh  AC . 
Ta có   ,  BN AC BN AA BN ACC A       
Hay    ,d B ACC A BN    .  
Tam giác  ABC  đều cạnh a  nên 
3
.
2
a
BN C M    
Kẻ    BK DC K DC    ,d B DC BK  . 
Ta có 
1 1 .
. . .
2 2
C BD
C M BD
S C M BD BK C D BK
C D


    

 Xét tam giác  ABD  vuông tại  A , ta có   
22 2 5.BD a a a     
Xét tam giác  DMCvuông tại  ,M  ta có 
2
3 5
2.
2 2
a a
C D a
   
      
   
Do đó, 
3
. 5
302 .
42
a
a
a
BK
a
    
Suy ra 
3
10 152sin cos .
5 530
4
a
BN
BK a
       Chọn D. 
Nhận xét: Ở bài này, vận dụng khoảng cách để tính toán cũng rất đơn giản. Và như tôi 
đã trình bày, chúng ta có nhiều cách lựa chọn điểm để tính khoảng cách tới giao tuyến 
và mặt phẳng còn lại. Với bài  trên, thay vì  lựa chọn điểm 
B ,  ta  chọn điểm  A   thì  công việc  lại gọn nhẹ hơn  rất  là 
nhiều. 
Kẻ  AA  cắt  BM  tại  .D  Ta có     .MBC ACC A C D      
Gọi   là góc tạo bởi hai mặt phẳng  MBC  và   ACC A  .  
Khi đó 
  
 
,
sin
,
d A BCM
d A C D



 
. 
 Kẻ    A H BD H BD   .  
Ta có   C M ABB A A H C M       .  
Từ đó suy ra   A H MBC   hay    ,d A MBC A H  . 
Xét tam giác  A DM  vuông tại  A , đường cao  A H , ta có   
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 4 5 5
.
5
a
A H
A H A D A M a a a
      
  
Kẻ       ,A K DC K DC d A DC A K         . 
Xét tam giác  A DC  vuông tại  A , đường cao  A K , ta có 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 2 2
.
2
a
A H
A K A D A C a a a
      
  
 18 
Từ đó suy ra 
5
10 155sin cos .
5 52
2
a
A H
A K a
 

    

 Chọn D. 
Bài 5: Cho  hình  lăng  trụ  đứng  .ABC A B C       có  AB a ,  3AC a ,  AA a  , 
 0150BAC  . Gọi  M   là trung điểm của  CC ,     là góc giữa mặt phẳng   AB M  và 
mặt phẳng  ABC . Khẳng định nào sau đây là đúng? 
 A. 
66
sin .
22
  B. 
66
sin .
11
  C. 
418
sin .
44
  D. 
418
sin .
22
   
Lời giải 
Kẻ  BC  cắt  B M  tại  N . Khi đó  M  là trung điểm của  B N . 
Ta có     .AB M ABC AN     
Khi đó 
  
 
  
 
, ,
sin
, 2 ,
d B ABC d B ABC
d B AN d M AN

 
 

. 
Ta có    ,d B ABC BB a   . 
Kẻ    MH AN H AN   ,d M AN MH  . 
Xét tam giác  ABC  ta có
2 2 2 2 . .cosBC AB AC AB AC BAC  
2 2 2 233 2. . 3. 7 7
2
BC a a a a a BC a
            

2 2 2 2 2 27 3 5 7
cos .
2 . 142 . 7
AB BC AC a a a
ABC
AB BC a a
   
     
  
21 1 1 3
. .sin . 3. .
2 2 2 4
ABC
a
S AB AC BAC a a      
Xét tam giác  ABN  có  2 2 2 2 . .cosAN AB BN AB BN ABC    
2 2 2 25 728 2. .2 7. 19 19.
14
AN a a a a a AN a        
Ta lại có 
2
2
3
2.
3 1 574. .
4 2 3819
ACN ABC
a
a
S S CH AN CH
a
         
a
a
1500
a 3
N
M
B C
A
A'
C'B'
H
 19 
Suy ra 
2 2 2
2 2 2 3 11 418 .
4 76 38 38
a a a a
MH MC CH MH         
Vậy 
418
sin .
2 22418
2.
38
BB a
MH a


     Chọn D. 
Nhận xét: Với bài này chúng ta cũng có thể lựa chọn cách tính khoảng cách từ điểm 
C  đến giao tuyến  AN  và mặt phẳng  AB M  tương tự như cách ở trên. 
Bài 6: Cho lăng trụ  .ABC A B C    có đáy là  tam giác đều cạnh  3a , hình chiếu vuông 
góc  của  A   lên  mặt  phẳng   ABC   là  điểm  H   thuộc  cạnh  AB   thỏa  mãn 
2 0AH BH 
  
,     là  góc  giữa  AA   và  mặt  đáy,  biết 
7
tan
2
 .  Khi  đó  tan  góc 
giữa hai mặt phẳng  ABC  và  A HC  bằng 
  A. 2 6 . B. 
6
12
.  C. 3 6 .  D. 
6
18
. 
Lời giải 
Gọi  I  là giao điểm của  AC  và  A C . Ta có     .ABC A HC HI     
Gọi   là góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  A HC . Khi đó 
  
 
,
sin .
,
d C ABC
d C HI


   
Xét tam giác  BCH  ta có  
2 2 2 2 . .cosCH BC BH BC BH ABC  
2 2 2 219 2.3 . . 7 7.
2
CH a a a a a CH a         
Góc giữa  AA  và  ABC  là  .A AH      
Ta có 
7
tan 7.
2
A H
A H a
AH


      
Từ đó suy ra tam giác  A HC  vuông cân tại  H .  
Do đó,  A C HI   hay   
14
, .
2 2
A C a
d C HI CI

     
Gọi  N  là hình chiếu vuông góc của C  lên mặt phẳng  ABC . Khi đó  / /CN AB . 
3a
φ
K
N
I
H
M
A
C
B
B'
C'A'
T
 20 
Kẻ    NK AB K AB  , khi  đó 
3 3
2
a
NK CM    (CM   là  trung  tuyến  trong  tam 
giác đều cạnh 3a ). 
Kẻ      NT C K T C K   , dễ thấy       , , .d C ABC d N ABC NT    
Xét tam giác C NK  vuông tại  N , đường cao  NT , ta có 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 4 55 3 1155
7 27 189 55
NT
NT C N NK a a a
      

. 
Suy ra 
3 1155
3 33055sin tan 3 6
5514
2
a
NT
CI a
      . Chọn C. 
Nhận xét: Đây là một bài xác định góc khó, vì vậy sử dụng khoảng cách để tính góc 
giữa  hai mặt phẳng có  thể  coi  là  phương pháp  tối ưu.  Cũng như  các  bài  tập ở  trên, 
chúng ta cũng có thể có nhiều lựa chọn khác nhau trong việc chọn tính khoảng cách từ 
điểm tới đường thẳng và mặt phẳng để giải quyết bài toán. 
c. Một số b