Cho hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$.

a) Đúng b) Đúng c) Sai d) Đúng Lời giải a) Ta có $BB' \parallel CC'$ nên $\left(CD, BB'\right) = \left(CD, CC'\right) = 90°$. b) Ta có $A'C' \parallel AC$ nên $\left(AB, A'C'\right) = \left(AB, AC\right) = 45°$. c) Giả sử hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ có cạnh bằng $a$. Ta có hình chiếu của $A'C$ lên mặt phẳng $(A'B'C'D')$ là $A'C'$ nên $\alpha = \left(A'C, A'C'\right) = \widehat{CA'C'}$. Xét tam giác $A'CC'$ vuông tại $C'$, ta được: $$ \tan\alpha = \frac{CC'}{A'C'} = \frac{a}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} $$ d) Kẻ $B'H \perp A'C$. Mà $B'D' \perp (A'C'CA)$ suy ra $B'D' \perp A'C$. Suy ra $A'C \perp (B'HD')$ suy ra $D'H \perp A'C$. Mà $(B'A'C) \cap (D'A'C) = A'C$ nên góc phẳng của góc nhị diện $[B', A'C, D']$ là góc $\widehat{B'HD'}$. Mặt khác $\Delta B'A'C = \Delta D'A'C$ suy ra: $$ B'H = D'H = \frac{A'D' \cdot D'C}{A'C} = \frac{a \cdot a\sqrt{2}}{a\sqrt{3}} = \frac{a\sqrt{6}}{3} $$ Và $B'D' = a\sqrt{2}$. Áp dụng định lý côsin vào tam giác $B'HD'$ ta được: $$ \cos \widehat{B'HD'} = \frac{B'H^{2} + D'H^{2} - B'D'^{2}}{2 \cdot B'H \cdot D'H} = \frac{\frac{6a^{2}}{9} + \frac{6a^{2}}{9} - 2a^{2}}{2 \cdot \frac{a\sqrt{6}}{3} \cdot \frac{a\sqrt{6}}{3}} = -\frac{1}{2} $$ Suy ra $\widehat{B'HD'} = 120°$. Vậy góc nhị diện $[B', A'C, D']$ bằng $120°$.