Cho hình chóp cụt tam giác đều $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có $AB=4,A^{\prime }{B}^{\prime }=2$ và chiều cao $h=2$. Cô-sin của góc tạo bởi hai đường thẳng $A{B}^{\prime }$ và $B{C}^{\prime }$ bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với gốc $O$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$, mặt phẳng $(Oxy)$ trùng với $(ABC)$, tia $Oy$ cùng hướng với $\overrightarrow{OA}$, tia $Oz$ hướng lên trên đi qua trọng tâm $O^{\prime }$ của $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$.
Ta có $A\left(0;\frac{4}{\sqrt{3}};0\right),B\left(-2;-\frac{2}{\sqrt{3}};0\right),C\left(2;-\frac{2}{\sqrt{3}};0\right)$ và $A^{\prime }\left(0;\frac{2}{\sqrt{3}};2\right),B^{\prime }\left(-1;-\frac{1}{\sqrt{3}};2\right),C^{\prime }\left(1;-\frac{1}{\sqrt{3}};2\right)$.
Suy ra $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\left(-1;-\sqrt{3};2\right)$ và $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\left(3;\frac{1}{\sqrt{3}};2\right)$.
Ta có $|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}|=\sqrt{1+3+4}=2\sqrt{2}$, $|\overrightarrow{B{C}^{\prime }}|=\sqrt{9+\frac{1}{3}+4}=\sqrt{\frac{40}{3}}$, và $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B{C}^{\prime }}=-3-1+4=0$? Lưu ý $OA=\frac{4}{\sqrt{3}},O{B}^{\prime }=\frac{2}{\sqrt{3}}$ nên $y_{B^{\prime }}=-\frac{1}{\sqrt{3}}$, suy ra $y_{B^{\prime }}-y_A=-\frac{5}{\sqrt{3}}$, tức là $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\left(-1;-\frac{5}{\sqrt{3}};2\right)$.
Khi đó $|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}|=|\overrightarrow{B{C}^{\prime }}|=\sqrt{1+\frac{25}{3}+4}=\sqrt{\frac{40}{3}}$ và $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B{C}^{\prime }}=-3-\frac{5}{3}+4=-\frac{2}{3}$.
Vậy $\cos (A{B}^{\prime },B{C}^{\prime })=\frac{|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B{C}^{\prime }}|}{|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}|\cdot |\overrightarrow{B{C}^{\prime }}|}=\frac{2/3}{40/3}=\frac{1}{20}=0,05$. Đáp án: 0,05.