Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\)(tham khảo hình bên). Góc giữa hai đường thẳng \(BA'\) và \(CD\) bằng

a) Đúng. Vì từ giả thiết, ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).

b) Sai. Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật nên\(AC\) không vuông góc với \(BD\), từ đó ta suy ra được mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) không vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\).

c) Sai. Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot AD}\\{CD \bot SA{\rm{ }}\left( {{\rm{do }}SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\end{array} \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)} \right. \Rightarrow CD \bot SD\).

Từ đó suy ra \(\widehat {ADS}\) là một góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,DC,S} \right]\).

Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) nên \(\tan \widehat {ADS} = \frac{{SA}}{{AD}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{{2a}} = \sqrt 3 \), suy ra \(\widehat {ADS} = 60^\circ \).

Vậy số đo của góc nhị diện \(\left[ {A,DC,S} \right]\) bằng \(60^\circ \).

d) Đúng. Vì \(CD \bot \left( {SAD} \right)\). Suy ra \(SD\) là hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\).

Do vậy \(\left( {SC,\left( {SAD} \right)} \right) = \left( {SC,SD} \right) = \widehat {CSD}\).

Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) có: \(SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = 4a;\,\,SC = \sqrt {S{D^2} + C{D^2}} = a\sqrt {17} \).

Tam giác \(SDC\) vuông tại \(D\) có: \({\rm{cos}}\widehat {CSD} = \frac{{SD}}{{SC}} = \frac{{4a}}{{a\sqrt {17} }} = \frac{4}{{\sqrt {17} }}.\) Vậy \({\rm{cos}}\alpha = \frac{4}{{\sqrt {17} }}\).