Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB = AC\) và \(DB = DC\). Xác định góc của hai đường thẳng \(BC,AD\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}OA \bot OB\\OA \bot OC\end{array} \right. \Rightarrow OA \bot (OBC);\\\left\{ \begin{array}{l}OB \bot OA\\OB \bot OC\end{array} \right. \Rightarrow OB \bot (OAC);\end{array}\)

Vì \(OA \bot (OBC)\) mà \(BC \subset (OBC) \Rightarrow OA \bot BC\).

Vì \(OB \bot (OAC)\) mà \(AC \subset (OAC) \Rightarrow OB \bot AC\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OC \bot OA}\\{OC \bot OB}\end{array} \Rightarrow OC \bot (OAB)} \right.\), mà \(AB \subset (OAB) \Rightarrow OC \bot AB\).

Vậy các cặp cạnh đối nhau của tứ diện \(OABC\) vuông góc với nhau.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot OK}\\{BC \bot OA({\rm{do }}OA \bot (OBC))}\end{array} \Rightarrow BC \bot (OAK)} \right.\);

mà \(OH \subset (OAK) \Rightarrow OH \bot BC\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OH \bot AK}\\{OH \bot BC}\\{AK \cap BC = K}\\{AK,BC \subset (ABC)}\end{array} \Rightarrow OH \bot (ABC)} \right.\).

Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot {A^\prime }H\left( {{\rm{do }}{A^\prime }H \bot (ABC)} \right)}\\{BC \bot AH({\rm{do }}\Delta ABC{\rm{ vuo\^a ng ta\"i i }}A,H{\rm{ la{\o} trung \~n ie{\aa}m }}BC)}\end{array}} \right.\]

\( \Rightarrow BC \bot \left( {A{A^\prime }H} \right)\).

Mặt khác \({B^\prime }{C^\prime }//BC\) nên \({B^\prime }{C^\prime } \bot \left( {A{A^\prime }H} \right) \Rightarrow {B^\prime }{C^\prime } \bot A{A^\prime }\).

Vì \({A^\prime }H \bot (ABC)\) nên hình chiếu của \(A{A^\prime }\) trên \((ABC)\) là \(AH\), hình chiếu của \({A^\prime }B\) trên \((ABC)\) là \(BH\).

Vậy hình chiếu của tam giác \({A^\prime }AB\) trên mặt phẳng \((ABC)\) chính là tam giác \(ABH\).

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) có \(BC = 2a \Rightarrow AB = AC = a\sqrt 2 \).

Diện tích tam giác \(ABH\) là:

\({S_{\Delta ABH}} = \frac{1}{2}{S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}AB \cdot AC = \frac{1}{4}{(a\sqrt 2 )^2} = \frac{{{a^2}}}{2}.\)

Gọi \(K\) là trung điểm \({B^\prime }{C^\prime }\). Dễ thấy \(\left( {{A^\prime }AH} \right) \equiv \left( {AHK{A^\prime }} \right)\).

Mà \({B^\prime }{C^\prime } \bot \left( {A{A^\prime }H} \right)\) nên \({B^\prime }{C^\prime } \bot \left( {AHK{A^\prime }} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {AHK{A^\prime }} \right)\), kẻ \({A^\prime }I \bot HK\) tại \(I\). (1)

Vì \({B^\prime }{C^\prime } \bot \left( {AHK{A^\prime }} \right),{A^\prime }I \subset \left( {AHK{A^\prime }} \right)\) nên \({A^\prime }I \bot {B^\prime }{C^\prime }\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \({A^\prime }I \bot \left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right)\) hay \(I\) là hình chiếu của \({A^\prime }\) trên mặt phẳng \(\left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right)\).

Tam giác \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) vuông cân tại \({A^\prime }\) nên \({A^\prime }K = \frac{{{B^\prime }{C^\prime }}}{2} = a\).

Tam giác \({A^\prime }HK\) vuông tại \({A^\prime }\) có đường cao \({A^\prime }I\) nên ta có:

\(\frac{1}{{{A^\prime }{I^2}}} = \frac{1}{{{A^\prime }{H^2}}} + \frac{1}{{{A^\prime }{K^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{{A^\prime }{H^2}}} = \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{4}}} - \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}} \Rightarrow {A^\prime }H = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)