Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\), \(A'A = A'B = A'C = a\sqrt {\frac{7}{{12}}} \) (tham khảo hình vẽ dưới)

Khi đó số đo góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là

Gọi \[H\] là hình chiếu của \[A'\] trên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\]

Do \(A'A = A'B = A'C\) nên \(HA = HB = HC\). Suy ra \[H\] là trọng tâm của tam giác đều \[ABC\]

Gọi \[M\]là trung điểm của \[AB\],do tam giác\[ABC\]đều nên \[MC \bot AB\] hay\[MH \bot AB\],

\[\left( {ABB'A'} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\]

Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có \(HM \bot AB\)

Trong mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) có \(A'M \bot AB\) (do \(AB \bot MH,AB \bot A'H\) nên \(AB \bot \left( {A'MH} \right)\))

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\)là  \(\widehat {A'MH}\). Ta có \(\widehat {A'MH} = \alpha \)

Xét tam giác \(A'MH\) vuông tại \(H\):

Có \[MH = \frac{1}{3}MC = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\] (do \(MC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) là đường trung tuyến trong tam giác đều cạnh \(a\))

Có \[A'M = \sqrt {A'{A^2} - A{M^2}}  = \sqrt {\frac{{7{a^2}}}{{12}} - \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\]

\[\cos \alpha  = \frac{{MH}}{{MA'}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{6}}}{{\frac{a}{{\sqrt 3 }}}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \alpha  = {60^0}\].

Vậy số đo góc giữa hai mặt phẳng\(\left( {ABB'A'} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là \({60^0}\).