Trong bài viết ngày hôm nay, Khoa Cử chúng tôi muốn đem đến cho các bạn bài tập về góc giữa hai mặt phẳng rất đầy đủ và chi tiết cho các bạn tham khảo. Với những thông tin được Khoa cử chúng tôi chia sẽ về bài tập tính góc giữa hai mặt phẳng, bài tập góc giữa hai mặt phẳng có lời giải cũng như bài tập góc giữa hai mặt phẳng bên dưới đây hy vọng sẽ hỗ trợ cho bạn học tốt môn Toán lớp 11 đạt được kết quả cao trong học tập nhé!
Bài tập 1:
Trong không gian cho tam giác đều $SAB$ và hình vuông $ABCD$ cạnh $a$ nằm trên hai mặt phẳng vuông góc. Góc $\varphi $ là góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SCD \right)$. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. $\tan \varphi =\frac{2\sqrt{3}}{3}$. B. $\tan \varphi =\frac{\sqrt{3}}{3}$. C. $\tan \varphi =\frac{\sqrt{3}}{2}$. D. $\tan \varphi =\frac{\sqrt{2}}{3}$.
Lời giải
Gọi $H$ là trung điểm của $AB$ $\Rightarrow SH$ là trung tuyến đồng thời là đường cao của tam giác $SAB$
Ta có: $\left\{ \begin{matrix} \left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \\ \begin{align} & AB=\left( SAB \right)\cap \left( ABCD \right) \\ & SH\subset \left( SAB \right),SH\bot AB \\\end{align} \\\end{matrix} \right.$ $\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)$
Gọi $I$ là trung điểm của $CD$ $\Rightarrow HI$ là đường trung bình của hình vuông $ABCD$
$\Rightarrow HI=a,\,\,HI\bot CD$
Do $\left\{ \begin{matrix} CD\bot SH \\ CD\bot HI \\\end{matrix} \right.$ $\Rightarrow CD\bot \left( SHI \right)$ $\Rightarrow CD\bot SI$
Lại có $\left\{ \begin{matrix} S\in \left( SAB \right)\cap \left( SCD \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \\ \begin{align} & AB\subset \left( SAB \right);\,\,CD\subset \left( SCD \right) \\ & AB//CD \\\end{align} \\\end{matrix} \right.$ $\Rightarrow Sx=\left( SAB \right)\cap \left( SCD \right)$ với $Sx//AB//CD$
Ta có: $\left\{ \begin{matrix} Sx//AB \\ AB\bot SH \\\end{matrix} \right.$ $\Rightarrow SH\bot Sx$. Chứng minh tương tự: $Sx\bot SI$.
Khi đó: $\left\{ \begin{matrix} Sx=\left( SCD \right)\cap \left( SAB \right)\,\,\,\,\,\, \\ \begin{align} & SH\subset \left( SAB \right),\,SH\bot AB \\ & SI\subset \left( SCD \right),\,SI\bot CD \\\end{align} \\\end{matrix} \right.$ $\Rightarrow \widehat{\left[ \left( SAB \right),\left( SCD \right) \right]}=\widehat{\left( SH,SI \right)}=\widehat{HSI}=\varphi$
Xét $\Delta SHI$ có:$\tan \varphi =\frac{HI}{SH}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
Bài tập 2:
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác đều cạnh bằng $a$, $SA\bot \left( ABC \right)$, $SA=a\sqrt{3}$. Cosin của góc giữa hai mặt phẳng$\left( SAB \right)$và $\left( SBC \right)$là
A. $\frac{2}{\sqrt{5}}$. B. $\frac{1}{\sqrt{5}}$. C. $\frac{-2}{\sqrt{5}}$. D. $\frac{-1}{\sqrt{5}}$.
Lời giải
Chọn B
Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Do tam giác $ABC$ đều nên $AM\bot BC$và $AM=AB\sin 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Gọi $H$, $K$lần lượt là hình chiếu của $A$trên $SM,SB$.
Vì $SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow SA\bot AB,SA\bot AM$. Trong các tam giác vuông $SAB\text{ },\text{ }SAM$, ta có: $\frac{1}{A{{K}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{B}^{2}}}\Rightarrow AK=\frac{a\sqrt{3}}{2}$; $\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{M}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{15}}{5}$
$\left\{ \begin{align} & BC\bot SA\left( do\text{ }SA\bot \left( ABC \right) \right) \\ & AM\bot BC \\\end{align} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SAM \right)\Rightarrow BC\bot AH$
$\left\{ \begin{align} & AH\bot SM \\ & AH\bot BC \\\end{align} \right.$$\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow \left\{ \begin{align} & AH\bot KH \\ & AH\bot SB \\\end{align} \right..$ $\left\{ \begin{align} & SB\bot AH \\ & SB\bot AK \\\end{align} \right.\Rightarrow SB\bot \left( AHK \right)\Rightarrow SB\bot HK$.
Từ $AH\bot KH\Rightarrow KH=\sqrt{A{{K}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{20}}$
Từ $\left\{ \begin{align} & SB\bot AK \\ & SB\bot HK \\\end{align} \right.\Rightarrow \left( \left( SAB \right),\left( SBC \right) \right)=\widehat{AKH}\Rightarrow \cos \left( \left( SAB \right),\left( SBC \right) \right)=\frac{HK}{AK}=\frac{1}{\sqrt{5}}$
Bài tập 3:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $AB=3$, $BC=4$. Tam giác $SAC$ nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, khoảng cách từ điểm $C$ đến đường thẳng $SA$ bằng $4$.
Côsin của góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SAC \right)$ bằng
A. $\frac{3\sqrt{17}}{17}$. B. $\frac{3\sqrt{34}}{34}$. C. $\frac{2\sqrt{34}}{17}$. D. $\frac{5\sqrt{34}}{17}$.
Lời giải
Chọn B
Xét tam giác $ABC$ vuông tại $B$ ta có: $A{{C}^{2}}=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}=5$.
Gọi $K$ là chân đường vuông góc kẻ từ $C$ xuống $SA$. Xét tam giác $CAK$ vuông tại $K$ ta có:
$AK=\sqrt{C{{A}^{2}}-C{{K}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}-{{4}^{2}}}=3$.
Kẻ $SH\bot AC$, $H\in AC$ và $KP\text{//}SH$, $P\in AC$ thì $KP\bot \left( ABCD \right)$.
Xét tam giác $BAC$ vuông tại $B$ và tam giác $KAC$ vuông tại $K$ ta thấy các cạnh tương ứng bằng nhau và $KP$ là đường cao của tam giác $KAC$ nên $BP$ là đường cao của tam giác $BAC$.
Kẻ $PM\bot KA$, $M\in KA$. Vì $KA\bot PB$ và $KA\bot PM$ nên $KA\bot \left( PMB \right)$. Suy ra $KA\bot MB$.
Như vậy, góc giữa mặt phẳng $\left( SAC \right)$ và $\left( SAB \right)$ bằng góc $\widehat{PMB}$.
Xét tam giác $KAC$ vuông tại $K$ ta có: $KP.AC=KA.KC$$\Rightarrow KP=\frac{KA.KC}{AC}=\frac{3.4}{5}=\frac{12}{5}$.
Suy ra $BP=KP=\frac{12}{5}$.
Xét tam giác $KPA$ vuông tại $P$ ta có $PA=\sqrt{K{{A}^{2}}-K{{P}^{2}}}=\sqrt{{{3}^{2}}-{{\left( \frac{12}{5} \right)}^{2}}}=\frac{9}{5}$.
Lại có $PM.AK=PA.PK\Rightarrow PM=\frac{PA.PK}{AK}=$$\frac{36}{25}$.
Xét tam giác $PMB$ vuông tại $P$ ta có $MB=\sqrt{P{{B}^{2}}+P{{M}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{12}{5} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{36}{25} \right)}^{2}}}=\frac{12\sqrt{34}}{25}$.
Ta có: $\cos \widehat{PMB}=\frac{MP}{MB}=\frac{36}{25}.\frac{25}{12\sqrt{34}}=\frac{3\sqrt{34}}{34}$.
Bài tập 4:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$,$SAB$ là tam giác đều và $\left( SAB \right)$ vuông góc với $\left( ABCD \right)$. Tính $\cos \varphi $ với $\varphi $là góc tạo bởi $\left( SAC \right)$ và$\left( SCD \right)$.
A. $\frac{\sqrt{3}}{7}$. B. $\frac{\sqrt{6}}{7}$. C. $\frac{5}{7}$. D. $\frac{\sqrt{2}}{7}$.
Lời giải
Chọn C
Gọi $H,O,J$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC,CD$.
$I$ là hình chiếu vuông góc của $O$ lên $SJ$, $K$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $SC$.
$\left\{ \begin{align} & \left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right) \\ & \left( SAB \right)\cap \left( ABCD \right)=AB \\ & SH\bot AB \\\end{align} \right.\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)$.
$\Rightarrow SH\bot CD$.
Mặt khác, $CD\bot HJ\Rightarrow CD\bot \left( SHJ \right)\Rightarrow CD\bot OI$.
$\left\{ \begin{matrix} OI\bot SJ \\ OI\bot CD \\\end{matrix} \right.$$\Rightarrow OI\bot \left( SCD \right)\Rightarrow OI\bot SC$, Có $\left\{ \begin{matrix} SC\bot OI \\ SC\bot IK \\\end{matrix} \right.\Rightarrow SC\bot OK.$
Suy ra $\left( \widehat{\left( SAC \right),\left( SCD \right)} \right)=\left( \widehat{KO,KI} \right)=\widehat{OKI}$ (do $\Delta OKI$ vuông tại $I$ nên $\widehat{OKI}$ nhọn)
$SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $SC=SD=\sqrt{S{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=a\sqrt{2}$,$SJ=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{J}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}}=\frac{a\sqrt{7}}{2}$.
$\Delta SHJ\backsim \Delta OIJ\Rightarrow$ $\frac{OI}{SH}=\frac{OJ}{SJ}=\frac{IJ}{HJ}\Rightarrow OI=\frac{OJ.SH}{SJ}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}$.
$IJ=\frac{OJ.HJ}{SJ}=\frac{a}{\sqrt{7}}$.
Có $SI=SJ-IJ=\frac{5\sqrt{7}a}{14}$.
$\Delta SKI\sim \Delta SJC\Rightarrow $ $\frac{SI}{SC}=\frac{KI}{JC}\Rightarrow KI=\frac{SI.JC}{SC}=\frac{\frac{5\sqrt{7}a}{14}.\frac{a}{2}}{a\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{14}a}{56}$.
$\Delta OKI$ vuông tại $I$
$\tan \varphi =\frac{OI}{KI}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}.\frac{56}{5\sqrt{14}a}=\sqrt{\frac{24}{25}}$
Có ${{\cos }^{2}}\varphi =\frac{1}{1+{{\tan }^{2}}\varphi }=\frac{25}{49}\Rightarrow \cos \varphi =\frac{5}{7}$ (do $\cos \varphi >0$)
Vậy $\cos \varphi =\frac{5}{7}$.
Bài tập 5:
Cho hình lập phương $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$. Tính góc giữa hai mặt phẳng $\left( {A}’BC \right)$ và $\left( {A}’CD \right)$.
A. $90{}^\circ $. B. $120{}^\circ $. C. $60{}^\circ $. D. $45{}^\circ $.
Lời giải
Chọn C
Ta có: $\left( {A}’BC \right)$$\cap$$\left( {A}’CD \right)$$={A}’C$. Do $\left\{ \begin{align} & BD\bot AC \\ & BD\bot A{A}’ \\\end{align} \right.$$\Rightarrow$$BD\bot {A}’C$.
Kẻ $BE\bot {A}’C=\left\{ E \right\}$, thì $\left( BDE \right)\bot {A}’C$.
$\left( BDE \right)\cap \left( {A}’BC \right)=EB$;$\left( BDE \right)\cap \left( {A}’CD \right)=ED$.
Vậy $\left( \widehat{\left( {A}’BC \right);\left( {A}’CD \right)} \right)=\left( \widehat{EB;ED} \right)$.
Có $\left\{ \begin{align} & BC\bot BA \\ & BC\bot B{B}’ \\\end{align} \right.$$\Rightarrow$$BC\bot \left( A{A}'{B}’B \right)$$\Rightarrow$$BC\bot {A}’B$.
Giả sử hình lập phương $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$ có cạnh bằng $a$. Tam giác ${A}’BC$ vuông tại $B$ với đường cao là $BE$, ta có:
$\frac{1}{B{{E}^{2}}}=\frac{1}{B{{C}^{2}}}+\frac{1}{B{{{{A}’}}^{2}}}$$=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{2{{a}^{2}}}$$=\frac{3}{2{{a}^{2}}}$$\Rightarrow$$BE=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$. Tương tự ta có $DE=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.
Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác $BDE$:
$\cos \widehat{BED}=\frac{B{{E}^{2}}+D{{E}^{2}}-B{{D}^{2}}}{2.BE.DE}$$=\frac{\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}-2{{a}^{2}}}{2.\frac{2{{a}^{2}}}{3}}$$=\frac{-1}{2}$$\Rightarrow$$\widehat{BED}=120{}^\circ$.
Vậy $\left( \widehat{\left( {A}’BC \right);\left( {A}’CD \right)} \right)=\left( \widehat{EB;ED} \right)$$=180{}^\circ -\widehat{BED}=60{}^\circ$.
Bài tập 6:
Cho lăng trụ đều $ABC.A’B’C’$có $AB=2\sqrt{3},BB’=2.$ Gọi $M,N,P$ tương ứng là trung điểm của $A’B’,A’C’,BC.$ Nếu gọi $\alpha $ là độ lớn của góc giữa hai mặt phẳng $\left( MNP \right)$ và $\left( ACC’ \right)$ thì $\cos \alpha $ bằng
A. $\frac{4}{5}$. B. $\frac{2}{5}$. C. $\frac{\sqrt{3}}{5}$. D. $\frac{2\sqrt{3}}{5}$.
Lời giải
Chọn B
Do $ABC.A’B’C’$ là lăng trụ đều nên nó là lăng trụ đứng và có đáy là tam giác đều. Ta lấy thêm các trung điểm của $AB,AC$ lần lượt là các điểm $E,L.$ Gọi $H,K$ lần lượt là trung điểm của $A’N,CL.$ Khi đó thực hiện phép chiếu vuông góc tam giác $MNP$ lên mặt phẳng $\left( ACC’A’ \right)$ ta được tam giác $KNH$.
Tam giác $MNP$ có $MN=\sqrt{3},MP=NP$
với $MP=\sqrt{P{{E}^{2}}+M{{E}^{2}}}=\sqrt{3+4}=\sqrt{7}$.
Tam giác $MNP$ cân tại $P$nên độ dài đường cao kẻ từ $P$ tính được là $\sqrt{7-\frac{3}{4}}=\frac{5}{2}$.
Nên diện tích là: ${{S}_{MNP}}=\frac{1}{2}\frac{5}{2}.\sqrt{3}=\frac{5\sqrt{3}}{4}$.
Tam giác $KHN$ có diện tích được tính là
${{S}_{KHN}}={{S}_{ACC’A’}}-{{S}_{AKHA’}}-{{S}_{KCC’N}}=4\sqrt{3}-\frac{\left( \frac{3\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \right).2}{2}-\frac{\left( \sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}}{2} \right).2}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Áp dụng công thức hình chiếu ta có ${{S}_{KHN}}={{S}_{MNP}}.\cos \alpha $.
Vậy $\cos \alpha =\frac{{{S}_{KHN}}}{{{S}_{MNP}}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{5\sqrt{3}}{4}}=\frac{2}{5}$.
Bài tập 7:
Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ có mặt $ABCD$ là hình vuông, $AA’=\frac{AB\sqrt{6}}{2}$. Xác định góc giữa hai mặt phẳng $\left( A’BD \right)$và $\left( C’BD \right)$.
A. ${{30}^{0}}$. B. ${{45}^{0}}$. C. ${{60}^{0}}$. D. ${{90}^{0}}$.
Lời giải
Chọn C
+ Gọi $O$là giao điểm của hai đường chéo hình vuông $ABCD$.
Đặt $AB=x\Rightarrow BC=x;AA’=\frac{x\sqrt{6}}{2}$.
$A’B=A’D=\sqrt{{{\left( \frac{x\sqrt{6}}{2} \right)}^{2}}+{{x}^{2}}}=\frac{x\sqrt{10}}{2}\Rightarrow \Delta A’BD$cân $\Rightarrow A’O\bot BD$.
$C’B=C’D=\sqrt{{{\left( \frac{x\sqrt{6}}{2} \right)}^{2}}+{{x}^{2}}}=\frac{x\sqrt{10}}{2}\Rightarrow \Delta C’BD$cân $\Rightarrow C’O\bot BD$.
+ $\left( A’BD \right)\cap \left( C’BD \right)=BD$
$A’O\bot BD,A’O\subset \left( A’BD \right)$
$C’O\bot BD,C’O\subset \left( C’BD \right)$
$\Rightarrow $góc giữa hai mặt phẳng $\left( A’BD \right)$và $\left( C’BD \right)$ bằng góc giữa $A’O$ và $C’O$.
+ Tính $\widehat{A’OC’}$.
$A’O=C’O=\sqrt{A'{{B}^{2}}-B{{O}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{x\sqrt{10}}{2} \right)}^{2}}-{{\left( \frac{x\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}=x\sqrt{2}$.
$A’C’=x\sqrt{2}$.
$\Rightarrow $$\Delta A’OC’$ đều $\Rightarrow $$\widehat{A’OC’}={{60}^{0}}$.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng $\left( A’BD \right)$và $\left( C’BD \right)$ bằng ${{60}^{0}}$.
Cách khác: Gắn hệ trục tọa độ $Oxyz$vào hình hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ để tìm góc giữa hai mặt phẳng $\left( A’BD \right)$và $\left( C’BD \right)$.
Bài tập 8:
Cho hình lăng trụ tam giác đều $ABC.{A}'{B}'{C}’$ có $AB=2\sqrt{3}$ và $A{A}’=2.$ 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 $\left( A{B}'{C}’ \right)$ và $\left( MNP \right)$ bằng
A. $\frac{6\sqrt{13}}{65}$. B. $\frac{\sqrt{13}}{65}$. C. $\frac{17\sqrt{13}}{65}$. D. $\frac{18\sqrt{13}}{65}$.
Lời giải
Chọn B
Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và ${B}'{C}’;$ $I=BM\cap A{B}’,\,J=CN\cap A{C}’,\,E=MN\cap {A}’Q.$
Suy ra, $\left( MNP \right)\cap \left( A{B}'{C}’ \right)=\left( MNCB \right)\cap \left( A{B}'{C}’ \right)=IJ$ và gọi $K=IJ\cap PE\Rightarrow K\in AQ$ với $E$ là trung điểm $MN$ (hình vẽ).
$\left( A{A}’QP \right)\bot IJ\Rightarrow AQ\bot IJ,\,PE\bot IJ\Rightarrow \left( \widehat{\left( MNP \right),\,\left( A{B}'{C}’ \right)} \right)=\left( \widehat{AQ,\,PE} \right)=\alpha $
Ta có $AP=3,\,PQ=2\Rightarrow AQ=\sqrt{13}\Rightarrow QK=\frac{\sqrt{13}}{3};$ $PE=\frac{5}{2}\Rightarrow PK=\frac{5}{3}.$
$\cos \alpha =\left| \cos \widehat{QKP} \right|=\frac{\left| K{{Q}^{2}}+K{{P}^{2}}-P{{Q}^{2}} \right|}{2KQ.KP}=\frac{\sqrt{13}}{65}.$
Cách 2
Gắn hệ trục tọa độ $\text{Ox}yz$ như hình vẽ $\Rightarrow P\left( 0;0;0 \right),\,A\left( 3;0;0 \right),\,B\left( 0;\sqrt{3};0 \right),\,C\left( 0;-\sqrt{3};0 \right),\,{A}’\left( 3;0;2 \right),\,{B}’\left( 0;\sqrt{3};2 \right),\,{C}’\left( 0;-\sqrt{3};2 \right)$
nên $M\left( \frac{3}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};2 \right),\,N\left( \frac{3}{2};-\frac{\sqrt{3}}{2};2 \right)$
Ta có vtpt của mp$\left( A{B}'{C}’ \right)$ là $\overrightarrow{{{n}_{1}}}=\frac{1}{2\sqrt{3}}\left[ \overrightarrow{A{B}’},\overrightarrow{A{C}’} \right]=\left( 2;0;3 \right)$ và vtpt của mp$\left( MNP \right)$ là $\overrightarrow{{{n}_{2}}}=\left( 4;0;-3 \right)$
Gọi $\varphi $ là góc giữa hai mặt phẳng $\left( A{B}'{C}’ \right)$ và mp$\left( MNP \right)$$\Rightarrow c\text{os}\varphi =\left| c\text{os}\left( \overrightarrow{{{n}_{1}}},\overrightarrow{{{n}_{2}}} \right) \right|=\frac{\left| 8-9 \right|}{\sqrt{13}\sqrt{25}}=\frac{\sqrt{13}}{65}$
Cách 3
Gọi $Q$ là trung điểm của $AA’$, khi đó mặt phẳng $\left( AB’C’ \right)$ song song với mặt phẳng $\left( MNQ \right)$ nên góc giữa hai mặt phẳng $\left( AB’C’ \right)$ và $\left( MNP \right)$ cũng bằng góc giữa hai mặt phẳng $\left( MNQ \right)$ và $\left( MNP \right)$.
Ta có:
$\left\{ \begin{align} & \left( MNP \right)\cap \left( MNQ \right)=MN \\ & PE\subset \left( MNP \right);\,\,PE\bot MN \\ & QE\subset \left( MNQ \right);\,\,QE\bot MN \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \widehat{\left( \left( MNP \right);\left( MNQ \right) \right)}=\widehat{PEQ}$ hoặc $\widehat{\left( \left( MNP \right);\left( MNQ \right) \right)}={{180}^{0}}-\widehat{PEQ}$
Tam giác $ABC$ đều có cạnh $2\sqrt{3}\Rightarrow AP=3$.
Tam giác $APQ$ vuông tại $A$ nên ta có: $PQ=\sqrt{A{{P}^{2}}+A{{Q}^{2}}}=\sqrt{{{3}^{2}}+{{1}^{2}}}=\sqrt{10}$
Tam giác $A’QE$ vuông tại $A’$ nên ta có: $QE=\sqrt{A'{{E}^{2}}+A'{{Q}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{2}}+{{1}^{2}}}=\frac{\sqrt{13}}{2}$
Tam giác $PEF$ vuông tại $F$ nên ta có: $PE=\sqrt{F{{P}^{2}}+F{{E}^{2}}}=\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{2}}}=\frac{5}{2}$
Áp dụng định lý hàm số côsin vào tam giác $PQE$ ta có:
$\cos \widehat{PEQ}=\frac{E{{P}^{2}}+E{{Q}^{2}}-P{{Q}^{2}}}{2.EP.EQ}=\frac{\frac{25}{4}+\frac{13}{4}-10}{2.\frac{5}{2}.\frac{\sqrt{13}}{2}}=-\frac{\sqrt{13}}{65}$
Do đó: $\cos \widehat{\left( \left( MNP \right);\left( AB’C’ \right) \right)}=\cos \left( {{180}^{0}}-\widehat{PEQ} \right)=-\cos \widehat{PEQ}=\frac{\sqrt{13}}{65}$.