cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a. O là giao điểm của AC và BD , I là điểm đối xứng với O qua (A'B'C'D') , mặt phẳng (IAD) cắt A'B' tại M .. Tính cos góc giữa hai mặt phẳng (MAD) và (MBC)

Gọi $O'$ là giao điểm của $A'C'$ và $B'D'$ ta có: $OO'\bot (A'B'C'D')$

Suy ra $O'$ là trung điểm của $IO$

Suy ra $ID\subset(BDD'A)$ do $I\in OO'$. 

$ID\cap B'D'=K$. Tương tự $IA\subset(ACC'A')$, $IA\cap AC=J$

$\Rightarrow (IAD)\cap (A'B'C'D')=JK$

$JK\cap A'B'=M$. $JK$ cắt $C'D'$ tại $N$

Ta có $(MAD)\equiv(MBCN)$, $(MBC)\equiv (MADN)$

$\left[ {\left( {MBC} \right),\left( {MAD} \right)} \right] = \left[ {\left( {MBCN} \right),\left( {MADN} \right)} \right]$

$\left( {MBCN} \right) \cap \left( {MADN} \right) = MN$

Dễ dàng chứng minh $\triangle AAJ=\triangle IO'J$(g-c-g)

Suy ra $AJ=JO'$, tương tự $\triangle DD'K=\triangle IO'K$(g-c-g) hay $OK=KD'$

Từ đó ta có được $JK$ là đường trung bình tam giác $A'O'D'$

$\left( {MBCN} \right) \cap \left( {MADN} \right) = MN$

$\begin{array}{l} \left( {MBCN} \right) \cap \left( {MADN} \right) = MN\\ MN \bot \left( {AA'B'B} \right) \Rightarrow MN \bot MB \subset \left( {MBCN} \right)\\ MN \bot \left( {AA'B'B} \right) \Rightarrow MN \bot MA \subset \left( {MBCN} \right)\\  \Rightarrow \left[ {\left( {MBCN} \right),\left( {MADN} \right)} \right] = \left( {MB,MA} \right) = \widehat {AMB} \end{array}$

$\begin{array}{l} A'J = JO = \dfrac{1}{2}A'O = \dfrac{1}{4}A'C' \Rightarrow \dfrac{{A'M}}{{A'B'}} = \dfrac{{A'J}}{{A'C'}} = \dfrac{1}{4}\\ MB = \sqrt {BB{'^2} + B'{M^2}}  = \sqrt {BB{'^2} + {{\left( {\dfrac{3}{4}A'B'} \right)}^2}} \\  = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\dfrac{3}{4}a} \right)}^2}}  = \dfrac{5}{4}a\\ tt:MA = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\dfrac{1}{4}a} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt {17} }}{4}a,AB = a\\ \Delta MAB:\cos \widehat {AMB} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{5}{4}a} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{\sqrt {17} }}{4}a} \right)}^2} - {a^2}}}{{2.\dfrac{5}{4}.\dfrac{{\sqrt {17} }}{4}{a^2}}}\\  = \dfrac{{13\sqrt {17} }}{{85}} \end{array}$