Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Góc hai đường (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AD\parallel BC$ nên góc giữa $SB$ và $AD$ bằng góc giữa $SB$ và $BC$, tức góc $△SBC$. Tam giác $SBC$ cân tại $S$ với $SB=SC=32,2$, $BC=34$. Đường cao từ $S$ xuống $BC$ cắt $BC$ tại trung điểm, nên $\cos \widehat{SBC}=\frac{BC/2}{SB}=\frac{17}{32,2}\approx 0,52795$, suy ra $\widehat{SBC}\approx 58,1^{\circ }\approx 58^{\circ }$. Khớp với đáp án 58.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AD\parallel BC$ nên góc giữa $SB$ và $AD$ bằng góc giữa $SB$ và $BC$, tức là góc $SBC$ trong tam giác $SBC$ cân tại $S$ ($SB=SC=32,7$ m, $BC=34$ m). Gọi $M$ là trung điểm $BC$ thì $BM=17$ m và $SM\perp BC$. Do đó $\cos (\widehat{SBC})=\frac{BM}{SB}=\frac{17}{32,7}\approx 0,5199$, suy ra $\widehat{SBC}\approx 58,67^{\circ }\approx 59^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (59).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ nên góc giữa $SC$ và $AB$ bằng góc giữa $SC$ và $CD$, tức $\widehat{SCD}=53^{\circ }$. Tam giác $SCD$ cân tại $S$ với $SC=SD=215$, đáy $CD=a$. Kẻ $SH\perp CD$ tại $H$ (trung điểm $CD$), khi đó $CH=SC\cos 53^{\circ }=215\cos 53^{\circ }$. Suy ra $a=CD=2\cdot 215\cos 53^{\circ }\approx 430\cdot 0,6018\approx 258,8\approx 259$ m. Kết quả khớp với đáp án nguồn 259.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ nên góc giữa $SC$ và $AB$ bằng góc giữa $SC$ và $CD$, tức $\widehat{SCD}=53^{\circ }$.

Tam giác $SCD$ cân tại $S$ với $SC=SD=215m$, do đó $\widehat{SDC}=\widehat{SCD}=53^{\circ }$, suy ra góc ở đỉnh $\widehat{CSD}=180^{\circ }-53^{\circ }-53^{\circ }=74^{\circ }$.

Gọi $H$ là trung điểm $CD$, ta có:
$$CD=2\cdot SC\cdot \sin \left(\frac{74^{\circ }}{2}\right)=2\cdot 215\cdot \sin 37^{\circ }\approx 430\cdot 0,6018\approx 258,8\approx 259.$$

(AI giải đề cho tôi)
Vì $I,J$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$ nên $IJ$ là đường trung bình của tam giác $ABC$, suy ra $IJ\parallel BC$. Do đó góc giữa hai đường thẳng $IJ$ và $CD$ bằng góc giữa hai đường thẳng $BC$ và $CD$.
Xét tam giác $BCD$ có $CB=CD=a$, $BD=a\sqrt{3}$. Theo định lí cosin:
$$\cos \widehat{BCD}=\frac{C{B}^2+C{D}^2-B{D}^2}{2\cdot CB\cdot CD}=\frac{a^2+a^2-3a^2}{2a^2}=-\frac{1}{2}.$$
Suy ra $\widehat{BCD}=120^{\circ }$. Góc giữa hai đường thẳng là góc nhọn, nên góc giữa $BC$ và $CD$ bằng $180^{\circ }-120^{\circ }=60^{\circ }$. Vậy $\cos$ góc giữa $IJ$ và $CD$ bằng $\cos 60^{\circ }=0,5$. Kết quả khớp với đáp án nguồn $0,5$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục với mặt đáy dưới $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là mặt $z=0$: $B^{\prime }(0;0;0)$, $C^{\prime }(3;0;0)$, $H(1,5;0;0)$ trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$, $A^{\prime }(1,5;\frac{3\sqrt{3}}{2};0)$ (tam giác đều cạnh 3). Vì $AH\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ nên góc giữa cạnh bên $A{A}^{\prime }$ và mặt đáy là $\widehat{A{A}^{\prime }H}=60^{\circ }$, suy ra $AH=A^{\prime }H\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{3}=\frac{9}{2}$. Vậy $A(1,5;0;\frac{9}{2})$. Lăng trụ nên $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(0;-\frac{3\sqrt{3}}{2};\frac{9}{2})$, do đó $B(0;-\frac{3\sqrt{3}}{2};\frac{9}{2})$, $C(3;-\frac{3\sqrt{3}}{2};\frac{9}{2})$. Ta có $\overrightarrow{BC}=(3;0;0)$ và $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(1,5;-\frac{3\sqrt{3}}{2};-\frac{9}{2})$ với $|A{C}^{\prime }|=\sqrt{\frac{9}{4}+\frac{27}{4}+\frac{81}{4}}=\frac{3\sqrt{13}}{2}$. Khi đó $\cos =\frac{|4,5|}{3\cdot \frac{3\sqrt{13}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{13}}$, $\sin =\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}$, nên $\tan =2\sqrt{3}\approx 3,46$, làm tròn hàng đơn vị bằng $3$. Kết quả khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AD\parallel BC$ nên góc giữa $SC$ và $AD$ bằng góc giữa $SC$ và $BC$, tức là góc $SCB$ trong tam giác $SCB$. Do $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$, suy ra $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}$. Lại có $SA\perp BC$ (vì $BC\subset (ABCD)$) và $AB\perp BC$ nên $BC\perp (SAB)$, do đó $BC\perp SB$, tam giác $SCB$ vuông tại $B$. Vậy $\tan \alpha =\tan \widehat{SCB}=\frac{SB}{BC}=\frac{\sqrt{5}}{1}=\sqrt{5}$. Suy ra $b=5$, khớp với đáp án nguồn (đề 1112, Phần III, Câu 1 = 5).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AD\parallel BC$ nên góc giữa $SC$ và $AD$ bằng góc giữa $SC$ và $BC$, tức là góc $\alpha =\widehat{SCB}$. Do $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$; lại có $BC\perp AB$ nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $BC\perp SB$. Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ với $BC=1$, $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}$. Do đó $\tan \alpha =\tan \widehat{SCB}=\frac{SB}{BC}=\sqrt{5}$, vậy $b=5$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (đề 1111, Phần III, câu 2: 5).

(AI giải đề cho tôi)
Xét hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ cạnh $a$.
a) Sai: Vì $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel AD$ nên góc giữa $BD$ và $A^{\prime }{D}^{\prime }$ bằng góc giữa $BD$ và $AD$, tức góc $\widehat{ADB}=45^{\circ }$, không phải góc giữa $BD$ và $CD$ (bằng $90^{\circ }$).
b) Đúng: $BC\perp AB$, $BC\perp B{B}^{\prime }$ và $AB\cap B{B}^{\prime }=B$ với $AB,B{B}^{\prime }\subset (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$, suy ra $BC\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$.
c) Sai: $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ nên góc giữa $B^{\prime }C$ và $A{A}^{\prime }$ bằng góc giữa $B^{\prime }C$ và $B{B}^{\prime }$. Tam giác $B{B}^{\prime }C$ vuông cân tại $B$ nên góc này bằng $45^{\circ }\ne 90^{\circ }$; vậy $B^{\prime }C$ và $A{A}^{\prime }$ không vuông góc.
d) Đúng: Góc giữa $D{B}^{\prime }$ và $(ABCD)$ là góc $\widehat{B^{\prime }DB}$ (hình chiếu của $D{B}^{\prime }$ trên $(ABCD)$ là $DB$). Tam giác $DB{B}^{\prime }$ vuông tại $B$ với $B{B}^{\prime }=a$, $BD=a\sqrt{2}$, nên $\tan \widehat{B^{\prime }DB}=\frac{B{B}^{\prime }}{BD}=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$. Kết quả khớp đáp án mã đề 1002: SDSD.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel AD$, góc giữa $BD$ và $A^{\prime }{D}^{\prime }$ là góc giữa $BD$ và $AD$ (bằng $45^{\circ }$), không phải góc giữa $BD$ và $CD$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AB$, $BC\perp B{B}^{\prime }$ và $AB\cap B{B}^{\prime }=B$ nên $BC\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$; tam giác $B{B}^{\prime }C$ vuông cân tại $B$ nên góc giữa $B^{\prime }C$ và $B{B}^{\prime }$ bằng $45^{\circ }$, không phải $90^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $D{B}^{\prime }$ và $(ABCD)$ là $\widehat{B^{\prime }DB}$ với $\tan \widehat{B^{\prime }DB}=\frac{B{B}^{\prime }}{BD}=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $I$, $J$ là trung điểm của $SC$, $BC$ nên $IJ\parallel SB$. Do đó $\cos (IJ,CD)=|\cos (SB,CD)|$. Đặt cạnh bằng $a=1$, hình chóp đều với đáy là hình vuông: $A(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0)$, $B(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},0)$, $C(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2},0)$, $D(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},0)$, $S(0,0,h)$ với $h^2=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$, tức $h=\frac{1}{\sqrt{2}}$. Ta có $\overrightarrow{SB}=(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{\sqrt{2}})$ với độ dài $1$, và $\overrightarrow{CD}=(1,0,0)$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{SB}\cdot \overrightarrow{CD}=-\frac{1}{2}$, nên $\cos (SB,CD)=-\frac{1}{2}$. Góc giữa hai đường thẳng lấy giá trị dương: $\cos (IJ,CD)=\frac{1}{2}=0,5$. Kết quả khớp với đáp án nguồn $0,5$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $I,J$ lần lượt là trung điểm của $SC$ và $BC$ nên $IJ$ là đường trung bình của tam giác $SBC$, suy ra $IJ\parallel SB$. Do đó $\cos (IJ,CD)=\cos (SB,CD)$.

Đặt cạnh bằng $a$. Vì $SA=SB=SC=SD=a$ nên hình chiếu của $S$ lên đáy là tâm $O$ của hình vuông $ABCD$. Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, khi đó $S\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};\frac{a}{\sqrt{2}}\right)$ vì $S{O}^2=a^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2=\frac{a^2}{2}$.

Ta có $\overrightarrow{SB}=\left(\frac{a}{2};-\frac{a}{2};-\frac{a}{\sqrt{2}}\right)$, $\overrightarrow{CD}=(-a;0;0)$.

$\overrightarrow{SB}\cdot \overrightarrow{CD}=-\frac{a^2}{2}$, $|\overrightarrow{SB}|=a$, $|\overrightarrow{CD}|=a$.

$$\cos (SB,CD)=\frac{\left|\overrightarrow{SB}\cdot \overrightarrow{CD}\right|}{|\overrightarrow{SB}||\overrightarrow{CD}|}=\frac{a^2/2}{a^2}=\frac{1}{2}=0,5.$$

Kết quả khớp với đáp án nguồn $0,5$.

* $H,K$ lần lượt là trung điểm $SD,BC$.
* $AH=\sqrt{2},AK=\sqrt{5}$.
* $HK=BP=\sqrt{5}$.
* $\cos \widehat{AHK}=\frac{H{A}^2+H{K}^2-A{K}^2}{2HA.HK}=\frac{\sqrt{10}}{10}$.

[Hình cần kiểm tra lại: p4_f2]

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục với $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(1;1;0)$, $D(0;1;0)$, $A^{\prime }(0;0;1)$, $B^{\prime }(1;0;1)$, $C^{\prime }(1;1;1)$, $D^{\prime }(0;1;1)$. Khi đó $M\left(\frac{1}{2};0;0\right)$, $N\left(1;\frac{1}{2};0\right)$, $P$ là trung điểm $C^{\prime }{D}^{\prime }$ nên $P\left(\frac{1}{2};1;1\right)$. Suy ra $\overrightarrow{MN}=\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2};0\right)$, $\overrightarrow{AP}=\left(\frac{1}{2};1;1\right)$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{AP}=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+0=\frac{3}{4}$. Độ dài: $|\overrightarrow{MN}|=\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, $|\overrightarrow{AP}|=\sqrt{\frac{1}{4}+1+1}=\frac{3}{2}$. Vậy $\cos (MN,AP)=\frac{3/4}{(\sqrt{2}/2)(3/2)}=\frac{1}{\sqrt{2}}$, nên góc giữa hai đường thẳng $MN$ và $AP$ bằng $45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình hộp chữ nhật với $AB=10,5$, $AD=8,2$, $A{A}^{\prime }=8,5$ cm; $BD=\sqrt{10,5^2+8,2^2}=\sqrt{110,25+67,24}=\sqrt{177,49}\approx 13,32$ cm.
a) Vì $B^{\prime }{D}^{\prime }\parallel BD$, góc giữa $B^{\prime }{D}^{\prime }$ và $AD$ bằng góc giữa $BD$ và $AD$: $\cos \alpha =\frac{AD}{BD}=\frac{8,2}{13,32}\approx 0,6156\Rightarrow \alpha \approx 52^0\ne 60^0$. Sai.
b) Góc giữa $A{D}^{\prime }$ và $(ABCD)$ là $\widehat{D^{\prime }AD}$: $\tan \alpha =\frac{8,5}{8,2}\Rightarrow \alpha \approx 46^0\ne 45^0$. Sai.
c) $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ và $B{B}^{\prime }\parallel$ đường thẳng qua $B$ vuông góc đáy, nên $d(A{A}^{\prime },BD)=d(A,BD)=\frac{AB\cdot AD}{BD}=\frac{10,5\cdot 8,2}{13,32}\approx 6,5$ cm. Đúng.
d) Gọi $O$ là trung điểm $BD$, tam giác $ABD$ cân tại $A$ nên $AO\perp BD$; cũng $A^{\prime }O\perp BD$. Diện tích $△ABD=\frac{1}{2}\cdot 10,5\cdot 8,2=43,05$, nên $AO=\frac{2\cdot 43,05}{13,32}\approx 6,46$ cm. Góc nhị diện $[A,BD,A^{\prime }]$ là $\widehat{AO{A}^{\prime }}$: $\tan \alpha =\frac{8,5}{6,46}\approx 1,316\Rightarrow \alpha \approx 52,8^0\approx 53^0$. Đúng.
Kết quả khớp đáp án chính thức mã đề 112: SSDD.
a) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $B^{\prime }{D}^{\prime }$ (song song $BD$) và $AD$: $\cos \alpha =\frac{8,2}{\sqrt{177,49}}\approx 0,616\Rightarrow \alpha \approx 52^0\ne 60^0$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\tan \alpha =\frac{A{A}^{\prime }}{AD}=\frac{8,5}{8,2}\Rightarrow \alpha \approx 46^0\ne 45^0$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$d(A{A}^{\prime },BD)=d(A,BD)=\frac{AB\cdot AD}{BD}=\frac{86,1}{13,32}\approx 6,5$ cm.
d) (AI giải đề cho tôi)
$AO=d(A,BD)\approx 6,46$ cm, $\tan \widehat{AO{A}^{\prime }}=\frac{8,5}{6,46}\Rightarrow \widehat{AO{A}^{\prime }}\approx 53^0$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A$ làm gốc: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};0)$, $S(0;0;1)$ vì $SA\perp (ABC)$, $SA=1$. Khi đó $\overrightarrow{AM}=(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};0)$ với $M$ trung điểm $BC$, và $\overrightarrow{SB}=(1;0;-1)$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{SB}=\frac{1}{2}$. Độ dài: $|\overrightarrow{AM}|=\frac{\sqrt{3}}{2}$ (đường cao tam giác đều cạnh 1), $|\overrightarrow{SB}|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$. Vậy $\cos \alpha =\frac{1/2}{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{6}$. Đáp án A.

[Hình cần kiểm tra lại: p16_f1]
Gọi $O$, $N$ lần lượt là trung điểm đoạn $AC$ và $MD$. Suy ra $ON//BM$.
Khi đó Co-sin góc giữa đường thẳng $AC$ và đường thẳng $BM$ là Co-sin góc giữa đường thẳng $AC$ và đường thẳng $ON$ hay là $\left|\cos NOC\right|$.
Ta có $<table><tbody><tr><td>CD\perp AD</td></tr><tr><td>CD\perp SA</td></tr></tbody></table>\}\Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow CD\perp SD$.
Trong $\Delta CDN$ vuông tại $D$ ta có $CD=a$; $DN=\frac{1}{4}SD=\frac{1}{4}.a\sqrt{2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$;
$CN=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{4}\right)}^2+a^2}=\sqrt{\frac{18a^2}{16}}=\frac{3\sqrt{2}a}{4}$.
Trong $\Delta SBD$ ta có $SD=SB=BD=a\sqrt{2}$ nên $BM=\frac{a\sqrt{2}.\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\Rightarrow ON=\frac{BM}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{4}$.
Trong $\Delta OCN$ ta có $OC=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Áp dụng định lý cos ta có
$$\cos NOC=\frac{O{N}^2+O{C}^2-C{N}^2}{2.ON.OC}=\frac{{\left(\frac{a\sqrt{6}}{4}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{3\sqrt{2}a}{4}\right)}^2}{2.\frac{a\sqrt{6}}{4}.\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{-\frac{a^2}{4}}{\frac{a^2\sqrt{12}}{4}}=-\frac{1}{2\sqrt{3}}.$$
Suy ra Co-sin góc giữa đường thẳng $AC$ và đường thẳng $BM$ bằng là
$$\cos (AC,DN)=\left|\cos NOC\right|=\left|-\frac{1}{2\sqrt{3}}\right|=\frac{\sqrt{3}}{6}.$$

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với gốc $A(0;0;0)$:
$A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $D(0;2;0)$, $C(2;2;0)$, $S(0;0;1)$.
$M$ là trung điểm của $CD⟹M(1;2;0)$.
Ta có:
$\overrightarrow{AM}=(1;2;0)⟹|\overrightarrow{AM}|=\sqrt{1^2+2^2+0}=\sqrt{5}$.
$\overrightarrow{SB}=(2;0;-1)⟹|\overrightarrow{SB}|=\sqrt{2^2+0+(-1{)}^2}=\sqrt{5}$.
Tích vô hướng: $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{SB}=1\cdot 2+2\cdot 0+0\cdot (-1)=2$.
Cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng $SB$ và $AM$ là:
$\cos \alpha =\frac{|\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{SB}|}{|\overrightarrow{AM}|\cdot |\overrightarrow{SB}|}=\frac{2}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{5}}=\frac{2}{5}$.

Kẻ $AH\perp (BCD)$, $H\in (BCD)$.
Ta có: $\{\begin{array}{l}CD\perp AH\\ CD\perp AB\end{array}⟹CD\perp (ABH)⟹CD\perp BH$ (1).
Tương tự: $\{\begin{array}{l}BD\perp AH\\ BD\perp AC\end{array}⟹BD\perp (ACH)⟹BD\perp CH$ (2).
Từ (1) và (2) suy ra $H$ là trực tâm tam giác $BCD$.
Khi đó $DH\perp BC$. Mà $AH\perp BC$, suy ra $BC\perp (ADH)⟹BC\perp AD$.
Vậy góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{AD}$ và $\overrightarrow{BC}$ là $90^{\circ }$. Chọn D.

Ta có $A{B}^{\prime }=B{C}^{\prime }=\sqrt{a^2+(2a{)}^2}=a\sqrt{5}$. Mặt khác $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B{C}^{\prime }}=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }})(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }})=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}+B{B}^{\prime 2}=-a^2\cos 60^{\circ }+4a^2=\frac{7a^2}{2}$. Do đó $\cos \alpha =\frac{|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B{C}^{\prime }}|}{A{B}^{\prime }\cdot B{C}^{\prime }}=\frac{\frac{7a^2}{2}}{5a^2}=\frac{7}{10}$. Chọn đáp án D.

Chọn A.
Ta có $B{C}^{\prime }\parallel A{D}^{\prime }$. Gọi góc giữa $AM$ và $B{C}^{\prime }$ là góc giữa $AM$ và $A{D}^{\prime }$.
Đặt cạnh hình lập phương bằng $a$.
Xét tam giác $AM{D}^{\prime }$:
$AM=\sqrt{A{B}^2+B{B}^{\prime 2}+B^{\prime }{M}^2}=\sqrt{a^2+a^2+a^2/4}=\frac{3a}{2}$.
$A{D}^{\prime }=a\sqrt{2}$.
$M{D}^{\prime }=\sqrt{D^{\prime }{C}^{\prime 2}+C^{\prime }{M}^2}=\sqrt{a^2+a^2/4}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.
Áp dụng định lý côsin trong tam giác $AM{D}^{\prime }$:
$\cos \widehat{MA{D}^{\prime }}=\frac{A{M}^2+A{D}^{\prime 2}-M{D}^{\prime 2}}{2\cdot AM\cdot A{D}^{\prime }}=\frac{9a^2/4+2a^2-5a^2/4}{2\cdot \frac{3a}{2}\cdot a\sqrt{2}}=\frac{3a^2}{3\sqrt{2}{a}^2}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Suy ra góc giữa $AM$ và $B{C}^{\prime }$ bằng $45^{\circ }$.