Cho hình lập phương\(ABCD.A'B'C'D'\)(hình vẽ minh hoạ). Góc giữa hai đường thẳng \(BD\) và \(A'C'\) bằng

\(AN,BN\) lần lượt là các đường trung tuyến của hai tam giác đều \(\Delta ACD\) và \(\Delta BCD\) nên \(NA = NB = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Do đó \(\Delta NAB\) cân tại \(N\) và \(MN \bot AB\).

Xét \(\Delta AMN\) vuông tại \(M\). Ta có:

\(MN = \sqrt {A{N^2} - A{M^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Đặt \(\overrightarrow {AB}  = a,\overrightarrow {AC}  = b,\overrightarrow {AD}  = c\).

\(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {AN}  - \overrightarrow {AM}  = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD} ) - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  =  - \frac{1}{2}\vec a + \frac{1}{2}\vec b + \frac{1}{2}\vec c\)

\(\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB}  =  - \vec a + \vec b\)

\(\overrightarrow {MN}  \cdot \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AM}  = ( - \vec a + \vec b)\left( { - \frac{1}{2}\vec a + \frac{1}{2}\vec b + \frac{1}{2}\vec c} \right) = \frac{1}{2}\left( {{{\vec a}^2} - \vec a \cdot \vec b - \vec a \cdot \vec c - \vec a \cdot \vec b + {{\vec b}^2} + \vec b \cdot \vec c} \right)\)

Do $\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{c}=\overrightarrow{b}\cdot \overrightarrow{c}=a^2\cdot \cos {60}^{°}=\frac{a^2}{2}$

Suy ra \(\overrightarrow {MN}  \cdot \overrightarrow {BC}  = \frac{1}{2}\left( {{{\vec a}^2} - \frac{1}{2}{{\vec a}^2} - \frac{1}{2}{{\vec a}^2} - \frac{1}{2}{{\vec a}^2} + {{\vec a}^2} + \frac{1}{2}{{\vec a}^2}} \right) = \frac{{{a^2}}}{2}\)

Gọi \(\varphi \) là góc giữa \(MN\) và \(BC\).

$\text{ Ta có }\cos \phi =\frac{|\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{BC}|}{\left|\overrightarrow{MN}\right|\cdot \left|\overrightarrow{BC}\right|}=\frac{\frac{a^2}{2}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot a}=\frac{\sqrt{2}}{2}\text{. Suy ra }\phi ={45}^{°}\text{. }$