Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có \(AA' \bot AB,AA' \bot AC\) và tất cả các cạnh đều bằng

Ta có: \(A'A{\rm{//}}C'C \Rightarrow \left( {A'B,C'C} \right) = \left( {A'B,A'A} \right) = \widehat {AA'B}\).

Mà \(\Delta A'AB\) vuông cân tại \[A\] nên \(\widehat {AA'B} = 45^\circ \).

Vì \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AA'\) và \(AC\) nên \(MN\) là đường trung bình của \[\Delta AA'C\].

Do đó, \(A'C\,{\rm{//}}\,MN \Rightarrow \left( {A'C,MB} \right) = \left( {MN,MB} \right) = \widehat {BMN}\).

Xét \(\Delta MNB\) có: \(MB = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2},\,MN = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\,,\,BN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

\(\cos \widehat {BMN} = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}{{2 \cdot \frac{{a\sqrt 5 }}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{\sqrt {10} }}{5} \Rightarrow \widehat {BMN} \approx 50,8^\circ \).

Đáp án:       a) Đúng,      b) Đúng,     c) Sai,                    d) Sai.