Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Hai mặt phẳng (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng song song khi vectơ pháp tuyến của chúng cùng phương và hai mặt phẳng không trùng nhau. Mặt phẳng $(\alpha ):2x+7y-z-1=0$ có vectơ pháp tuyến ${\vec{n}}_{\alpha }=(2;7;-1)$. Xét các đáp án: A có ${\vec{n}}_Q=(1;1;9)$ không cùng phương với ${\vec{n}}_{\alpha }$. B có ${\vec{n}}_R=(2;-7;-1)$ không cùng phương. C có ${\vec{n}}_S=(2;7;1)$ không cùng phương. D có ${\vec{n}}_P=(2;7;-1)$ cùng phương với ${\vec{n}}_{\alpha }$, và vì $10\ne -1$ (tỉ số các hệ số tự do khác tỉ số $2/2=7/7=(-1)/(-1)=1$) nên $(P)$ không trùng $(\alpha )$. Vậy $(P)$ song song với $(\alpha )$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $AB=a$, thì $A{A}^{\prime }=h=\frac{a\sqrt{6}}{2}$ nên $h^2=\frac{3a^2}{2}$. Chọn hệ tọa độ $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;a;0)$, $A^{\prime }(0;0;h)$, $C^{\prime }(a;a;h)$.

Mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$: $\overrightarrow{BD}=(-a;a;0)$, $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(-a;0;h)$, nên pháp tuyến $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{BD}\times \overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(ah;ah;a^2)\sim (h;h;a)$.

Mặt phẳng $(C^{\prime }BD)$: $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=(0;a;h)$, nên $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{BD}\times \overrightarrow{B{C}^{\prime }}=(ah;ah;-a^2)\sim (h;h;-a)$.

Hai pháp tuyến cùng độ dài $\sqrt{2h^2+a^2}$, do đó:
$$\cos \theta =\frac{|h^2+h^2-a^2|}{2h^2+a^2}=\frac{|3a^2-a^2|}{3a^2+a^2}=\frac{2a^2}{4a^2}=\frac{1}{2}.$$
Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$ và $(C^{\prime }BD)$ bằng $60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng. Các điểm A, B, C, D đều có tung độ z = 2 nên đáy nằm trên mặt phẳng z − 2 = 0.
b) Sai. Tâm đáy là I((6+4)/2; (4+6)/2; 2) = (5;5;2). Vì S.ABCD là chóp đều, chiều cao 2 nên S(5;5;4), không phải S(5;4;5).
c) Đúng. Với B(6;6;2), C(4;6;2), S(5;5;4): vectơ BC = (−2;0;0), BS = (−1;−1;2), pháp tuyến n = BC × BS = (0;4;2). Mặt (Oxz) có pháp tuyến k = (0;1;0). cosφ = |n·k|/(|n||k|) = 4/√20 = 2/√5.
d) Đúng. Tia sáng từ L(5;10;2) qua điểm P(x;y;z) cắt mặt phẳng y = 0 tại tham số t = 10/(10−y) (tính từ L). Ta được: S' từ S(5;5;4): t = 2 → S'(5;0;6); B' từ B(6;6;2): t = 2,5 → B'(7,5;0;2); C' từ C(4;6;2): t = 2,5 → C'(2,5;0;2). Tam giác S'B'C' có đáy B'C' = 5 và chiều cao từ S' xuống B'C' bằng 6 − 2 = 4, diện tích = (1/2)·5·4 = 10 m².
a) (AI giải đề cho tôi)
A, B, C, D đều có z = 2 nên đáy nằm trên mặt phẳng z − 2 = 0.
b) (AI giải đề cho tôi)
Tâm đáy I(5;5;2), chóp đều cao 2 nên S(5;5;4), không phải S(5;4;5).
c) (AI giải đề cho tôi)
Pháp tuyến (SBC) là (0;4;2), cos góc với (Oxz) = 4/√20 = 2/√5.
d) (AI giải đề cho tôi)
Chiếu từ L(5;10;2) lên mặt y = 0: S'(5;0;6), B'(7,5;0;2), C'(2,5;0;2). Diện tích = 1/2 · 5 · 4 = 10 m².

(AI giải đề cho tôi)
Góc giữa hai mặt phẳng bằng góc giữa hai pháp tuyến hoặc bù với nó, nên $\cos \phi =\frac{\left|\vec{n}\cdot \overrightarrow{n^{\prime }}\right|}{\left|\vec{n}\right|\left|\overrightarrow{n^{\prime }}\right|}$ (luôn $\ge 0$, vì $0^{\circ }\le \phi \le 90^{\circ }$). Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vectơ pháp tuyến của $(P)$ là $\overrightarrow{n_P}=(m-1;1;-2)$, của $(Q)$ là $\overrightarrow{n_Q}=(2;0;-1)$. Hai mặt phẳng vuông góc khi và chỉ khi $\overrightarrow{n_P}\cdot \overrightarrow{n_Q}=0$, tức $2(m-1)+0+(-2)(-1)=2m-2+2=2m=0$, suy ra $m=0$. Thử lại: với $m=0$, $(P):-x+y-2z=0$, tích vô hướng $(-1)(2)+(-2)(-1)=0$ đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(P):2x+y-2z-1=0$ và $(Q):6x+3y-6z+15=0$ có cặp vector pháp tuyến tỉ lệ: $(6;3;-6)=3(2;1;-2)$, nên $(P)\parallel (Q)$. Chia $(Q)$ cho 3: $2x+y-2z+5=0$. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song: $d=\frac{|5-(-1)|}{\sqrt{2^2+1^2+(-2{)}^2}}=\frac{6}{3}=2$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $I=d_1\cap d_2$. Vì $d_1\subset (P)$, $d_2\subset (Q)$ nên $I\in (P)$ và $I\in (Q)$. Mặt khác $d_2\subset (R)$ nên $I\in (R)$. Do đó $I$ thuộc giao của $(P)$ và $(R)$, tức $I\in d_3=(P)\cap (R)$. Vậy cả ba đường thẳng $d_1,d_2,d_3$ cùng đi qua điểm $I$, tức chúng đồng quy. Kết quả khớp với đáp án nguồn: B.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng có pháp tuyến $n_P=(8;-4;-8)$, $n_Q=(\sqrt{2};-\sqrt{2};0)$. Tính $\cos \phi =\frac{|8\sqrt{2}+4\sqrt{2}+0|}{\sqrt{64+16+64}\cdot \sqrt{2+2}}=\frac{12\sqrt{2}}{12\cdot 2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, suy ra $\phi =\frac{\pi }{4}$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $H(2;-1;-2)$ là hình chiếu vuông góc của $O$ xuống $(P)$ nên vectơ pháp tuyến của $(P)$ là ${\vec{n}}_P=\overrightarrow{OH}=(2;-1;-2)$. Mặt phẳng $(Q):x-y-11=0$ có ${\vec{n}}_Q=(1;-1;0)$. Góc giữa hai mặt phẳng: $\cos \phi =\frac{|2\cdot 1+(-1)(-1)+(-2)\cdot 0|}{\sqrt{4+1+4}\cdot \sqrt{1+1}}=\frac{3}{3\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$, suy ra $\phi =45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(P):4x+my+mz+1=0$ và $(Q):x-y-3=0$ có pháp tuyến lần lượt là $\overrightarrow{n_P}=(4;m;m)$ và $\overrightarrow{n_Q}=(1;-1;0)$. Góc giữa hai mặt phẳng bằng $60^{\circ }$ nên $$\cos 60^{\circ }=\frac{|4\cdot 1+m\cdot (-1)+m\cdot 0|}{\sqrt{16+2m^2}\cdot \sqrt{2}}=\frac{1}{2}.$$ Suy ra $|4-m|=\frac{1}{2}\sqrt{2}\sqrt{16+2m^2}=\sqrt{8+m^2}$. Bình phương hai vế: $(4-m{)}^2=8+m^2\iff 16-8m+m^2=8+m^2\iff 8m=8\iff m=1$. Thử lại với $m=1$: $\cos \phi =\frac{|4-1|}{\sqrt{18}\cdot \sqrt{2}}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$, thỏa mãn. Vậy chỉ có đúng 1 giá trị của $m$ thỏa mãn, chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng vuông góc khi tích vô hướng hai vectơ pháp tuyến bằng 0. $\overrightarrow{n_{\alpha }}=(2;m;2m)$, $\overrightarrow{n_{\beta }}=(6;-1;-1)$. Điều kiện: $2\cdot 6+m\cdot (-1)+2m\cdot (-1)=0\iff 12-3m=0\iff m=4$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng nên $C^{\prime }(1;1;1)$. Mặt phẳng $(AB{C}^{\prime })$ đi qua $A(0;0;0),B(0;1;0),C^{\prime }(1;1;1)$: $\overrightarrow{AB}=(0;1;0)$, $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(1;1;1)$ nên pháp tuyến $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(1;0;-1)$ (phương trình $x-z=0$). Mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$ đi qua $A^{\prime }(0;0;1),B(0;1;0),C(1;1;0)$: $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(0;-1;1)$, $\overrightarrow{BC}=(1;0;0)$ nên pháp tuyến $\overrightarrow{n_2}=(0;1;1)$ (phương trình $y+z-1=0$). Khi đó $\cos \phi =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\frac{|0+0-1|}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}=\frac{1}{2}$, suy ra $\phi =60^{\circ }$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0),B(a;0;0),C(a;a;0),D(0;a;0)$, tâm đáy $O\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0\right)$. Vì $AC=a\sqrt{2}$ nên $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng $60^{\circ }$ nên $SO=AO\tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{6}}{2}$, tức $S\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)$.

Vectơ $\overrightarrow{SB}=\left(\frac{a}{2};-\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)$, $\overrightarrow{SC}=\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)$, $\overrightarrow{SD}=\left(-\frac{a}{2};\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)$.

Pháp tuyến của $(SBC)$: $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SC}\parallel (\sqrt{6};0;1)$.
Pháp tuyến của $(SCD)$: $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{SD}\times \overrightarrow{SC}\parallel (0;\sqrt{6};1)$.

$$\cos \phi =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\frac{|0+0+1|}{\sqrt{7}\cdot \sqrt{7}}=\frac{1}{7}.$$

Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
a) $(P)$ có VTPT ${\vec{n}}_P=(1;-2;2)$, $(Q)$ có VTPT ${\vec{n}}_Q=(-1;2;-2)=-{\vec{n}}_P$, và hằng số khác nhau ($-3\ne 1$), nên hai mặt phẳng song song, phân biệt. Đúng.

b) Thay $A(3;1;1)$ vào $(P)$: $3-2(1)+2(1)-3=0$. Vậy $A\in (P)$. Đúng.

c) $d(A,(Q))=\frac{|-3+2(1)-2(1)+1|}{\sqrt{(-1{)}^2+2^2+(-2{)}^2}}=\frac{|-2|}{3}=\frac{2}{3}\ne 2$. Sai.

d) Điểm $B$ trên $(Q)$ gần $A$ nhất là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $(Q)$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc $(Q)$: $x=3-t,y=1+2t,z=1-2t$. Thay vào $(Q)$: $-(3-t)+2(1+2t)-2(1-2t)+1=9t-2=0\Rightarrow t=\frac{2}{9}$. Suy ra $B=\left(\frac{25}{9};\frac{13}{9};\frac{5}{9}\right)$, khi đó $x_0+y_0+z_0=\frac{43}{9}\ne 43$. Sai.

Kết luận: a đúng, b đúng, c sai, d sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) ${\vec{n}}_Q=(-1;2;-2)=-{\vec{n}}_P$ và hai mặt phẳng phân biệt (hằng số khác nhau), nên $(P)\parallel (Q)$. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Thay $A(3;1;1)$ vào $(P)$: $3-2+2-3=0$, nên $A\in (P)$. Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $d(A,(Q))=\frac{|-3+2-2+1|}{3}=\frac{2}{3}\ne 2$. Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Hình chiếu của $A$ lên $(Q)$: đường thẳng $x=3-t,y=1+2t,z=1-2t$; thay vào $(Q)$ được $9t-2=0\Rightarrow t=\frac{2}{9}$, nên $B=\left(\frac{25}{9};\frac{13}{9};\frac{5}{9}\right)$ và $x_0+y_0+z_0=\frac{43}{9}\ne 43$. Sai.

(AI giải đề cho tôi)
$(P):x-2y+2z-5=0$ có vtpt $\overrightarrow{n_1}=(1;-2;2)$; $(Q):x+(2m-1)z+7=0$ có vtpt $\overrightarrow{n_2}=(1;0;2m-1)$.

a) Với $m=\frac{1}{4}$: $\overrightarrow{n_2}=(1;0;-\frac{1}{2})$, tích vô hướng $\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}=1+0+2\cdot (-\frac{1}{2})=0$ nên $(P)\perp (Q)$. → Đúng.

b) $\cos ((P),(Q))=\frac{|1+2(2m-1)|}{3\sqrt{1+(2m-1{)}^2}}=\frac{|4m-1|}{3\sqrt{1+(2m-1{)}^2}}$. Đặt $t=2m-1$, giải $\frac{|2t+1|}{3\sqrt{1+t^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$: $2(2t+1{)}^2=9(1+t^2)\iff t^2-8t+7=0\iff t=1$ hoặc $t=7$, tức $m=1$ hoặc $m=4$: có 2 giá trị $m$, không phải 1. → Sai.

c) Để $(P)\equiv (Q)$ cần tỉ số hệ số tương ứng bằng nhau, nhưng hệ số của $y$ trong $(Q)$ bằng $0$ còn trong $(P)$ bằng $-2$, hai mặt không thể trùng nhau. → Sai.

d) Nếu $H$ là hình chiếu vuông góc của $O$ xuống $(Q)$ thì $\overrightarrow{OH}=(2;1;2)$ phải cùng phương với $\overrightarrow{n_2}=(1;0;2m-1)$, nhưng thành phần $y$ là $1$ so với $0$ nên không tỉ lệ: không tồn tại $m$ thỏa giả thiết. Mệnh đề sai. (Kiểm tra thêm: $\cos \beta =\frac{|4m-1|}{3\sqrt{1+(2m-1{)}^2}}=\frac{4}{9}\iff 80m^2-8m-23=0$ cho $m=\frac{1\pm 2\sqrt{29}}{20}$, không gắn với $H$; với $m=-\frac{1}{8}$ khiến $H\in (Q)$ thì $\cos \beta =\frac{5}{3\sqrt{41}}\ne \frac{4}{9}$.) → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Với $m=\frac{1}{4}$, $\overrightarrow{n_2}=(1;0;-\frac{1}{2})$ và $\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}=1-1=0$ nên $(P)\perp (Q)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Giải $\frac{|4m-1|}{3\sqrt{1+(2m-1{)}^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ với $t=2m-1$ được $t^2-8t+7=0$, cho $m=1$ và $m=4$: có 2 giá trị $m$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hệ số của $y$ trong $(Q)$ bằng 0 còn trong $(P)$ bằng $-2$, hai mặt không thể trùng nhau.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{OH}=(2;1;2)$ không thể cùng phương với $\overrightarrow{n_2}=(1;0;2m-1)$ (thành phần $y$: $1$ so với $0$), nên $H$ không thể là hình chiếu của $O$ xuống $(Q)$; mệnh đề sai.

(AI giải đề cho tôi)
Các vecto pháp tuyến: $(P):\overrightarrow{n_1}=(1;-1;0)$, $(Q):\overrightarrow{n_2}=(1;1;-1)$, $(R):\overrightarrow{n_3}=(1;1;2)$.

a) $\cos ((P),(Q))=\frac{|1\cdot 1+(-1)\cdot 1+0\cdot (-1)|}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}}=\frac{0}{\sqrt{6}}=0$ → đúng.

b) Vì $\cos ((P),(Q))=0$ nên góc giữa $(P)$ và $(Q)$ bằng $90^{\circ }$, không phải $0^{\circ }$ → sai.

c) $\cos ((Q),(R))=\frac{|1+1-2|}{\sqrt{3}\cdot \sqrt{6}}=0$ → đúng.

d) $\cos ((P),(R))=\frac{|1-1+0|}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{6}}=0\ne 1$ → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{n_1}=(1;-1;0)$, $\overrightarrow{n_2}=(1;1;-1)$: $\cos =\frac{|1-1+0|}{\sqrt{2}\sqrt{3}}=0$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì cosin góc bằng 0 nên góc giữa $(P)$ và $(Q)$ bằng $90^{\circ }$, không phải $0^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{n_2}=(1;1;-1)$, $\overrightarrow{n_3}=(1;1;2)$: $\cos =\frac{|1+1-2|}{\sqrt{3}\sqrt{6}}=0$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{n_1}=(1;-1;0)$, $\overrightarrow{n_3}=(1;1;2)$: $\cos =\frac{|1-1+0|}{\sqrt{2}\sqrt{6}}=0\ne 1$.

(AI giải đề cho tôi)
$(ABC)$ là mặt phẳng $Oxy$: $z=0$, ${\vec{n}}_{ABC}=(0;0;1)$.

a) $(SAB)$ đi qua $S(0;0;3)$, $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$ chính là mặt phẳng $Oxy$ (vì $C$ không thuộc nhưng $S,A,B$ đều có $y=0$), tức $(SAB):y=0$ với pháp tuyến $\vec{n}=(0;1;0)$. $\cos$ giữa $(SAB)$ và $(ABC)=\frac{|(0;1;0)\cdot (0;0;1)|}{1\cdot 1}=0$... kiểm tra lại: $(SAB)$ chứa $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $S(0;0;3)$ — cả ba điểm đều có $y=0$ nên $(SAB)$ là mặt phẳng $Oxz$: $y=0$. $\cos =0$. Đúng.

b) $(SAC)$ chứa $A(0;0;0)$, $C(0;2;0)$, $S(0;0;3)$, tất cả có $x=0$ nên $(SAC):x=0$ (mặt $Oyz$), vuông góc với $Oxy$. Góc $=90^{\circ }$. Đúng.

c) $(SBC)$: $\overrightarrow{SB}=(1;0;-3)$, $\overrightarrow{SC}=(0;2;-3)$, $\vec{n}=\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SC}=(6;3;2)$, $|\vec{n}|=7$. $\cos$ với $(ABC)=\frac{|2|}{7}=\frac{2}{7}\ne \frac{3}{7}$. Sai.

d) $\cos$ giữa $\vec{n}=(6;3;2)$ và ${\vec{n}}_P=(1;1;1)$: $\frac{|11|}{7\sqrt{3}}=\frac{11\sqrt{3}}{21}\ne \frac{10\sqrt{3}}{21}$. Sai.

a) (AI giải đề cho tôi)
$(SAB)$ là mặt phẳng $Oxz$ ($y=0$), $(ABC)$ là mặt phẳng $Oxy$ ($z=0$), hai pháp tuyến $(0;1;0)$ và $(0;0;1)$ vuông góc nên $\cos =0$.

b) (AI giải đề cho tôi)
$(SAC)$ là mặt phẳng $Oyz$ ($x=0$) vuông góc với $(ABC)$ là mặt phẳng $Oxy$, góc bằng $90^{\circ }$.

c) (AI giải đề cho tôi)
${\vec{n}}_{(SBC)}=(6;3;2)$, $|\vec{n}|=7$; $\cos$ góc với $(ABC)=\frac{2}{7}\ne \frac{3}{7}$.

d) (AI giải đề cho tôi)
$\cos$ giữa $(SBC)$ và $(P)=\frac{|6+3+2|}{7\cdot \sqrt{3}}=\frac{11\sqrt{3}}{21}\ne \frac{10\sqrt{3}}{21}$.

(AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến của $(P):x+3y+z-7=0$ và $(Q):x-y+z+1=0$ có véc-tơ chỉ phương $\vec{u}=\overrightarrow{n_P}\times \overrightarrow{n_Q}=(3\cdot 1-1\cdot (-1);1\cdot 1-1\cdot 1;1\cdot (-1)-3\cdot 1)=(4;0;-4)\parallel (1;0;-1)$.
Lấy điểm thuộc giao tuyến: trừ hai phương trình được $4y-8=0\Rightarrow y=2$, khi đó $x+z=1$, chọn $A(1;2;0)$.
Vì $(\alpha )$ chứa giao tuyến nên $\overrightarrow{n_{\alpha }}=(1;b;c)\perp \vec{u}$: $1\cdot 1+c\cdot (-1)=0\Rightarrow c=1$.
Vì $(\alpha )\perp (\beta )$ với $\overrightarrow{n_{\beta }}=(1;2;3)$: $1\cdot 1+2b+3c=0\Rightarrow 1+2b+3=0\Rightarrow b=-2$.
Mặt phẳng $(\alpha ):x-2y+z+d=0$ qua $A(1;2;0)$: $1-4+0+d=0\Rightarrow d=3$.
Vậy $d=3$.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng có pháp tuyến $n_P=(1;-1;2)$ và $n_Q=(2;1;1)$. Tích vô hướng: $n_P\cdot n_Q=1\cdot 2+(-1)\cdot 1+2\cdot 1=3$. Độ dài: $|n_P|=\sqrt{1+1+4}=\sqrt{6}$, $|n_Q|=\sqrt{4+1+1}=\sqrt{6}$. Vậy $\cos \phi =\frac{|3|}{\sqrt{6}\cdot \sqrt{6}}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$, suy ra góc giữa hai mặt phẳng là $\phi =60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n_1}=(1;-1;0)$ và $\overrightarrow{n_2}=(m+3;m;m)$.

Tích vô hướng: $\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}=1(m+3)+(-1)m+0=m+3-m=3$.

$|\overrightarrow{n_1}|=\sqrt{2}$, $|\overrightarrow{n_2}|=\sqrt{(m+3{)}^2+m^2+m^2}=\sqrt{3m^2+6m+9}$.

Góc giữa hai mặt phẳng bằng $30^{\circ }$:
$$\cos 30^{\circ }=\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\frac{3}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{3m^2+6m+9}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$$

Bình phương hai vế:
$$\frac{9}{2(3m^2+6m+9)}=\frac{3}{4}\Rightarrow 36=6(3m^2+6m+9)\Rightarrow 3m^2+6m+9=6$$
$$\Rightarrow 3m^2+6m+3=0\Rightarrow (m+1{)}^2=0\Rightarrow m=-1.$$

Thử lại với $m=-1$: $\overrightarrow{n_2}=(2;-1;-1)$, $\cos \phi =\frac{3}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{6}}=\frac{3}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, tức $\phi =30^{\circ }$. Đúng.