Cho hình lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có $AB=AC=a,$...

Cách 1:
Gọi $H$ là trung điểm của $BC$ $\Rightarrow \widehat{BAH}=60{}^\circ $. Qua $A$, kẻ $d$ song song $BC$.
Kẻ $BK\bot d$ tại $K$. Khi đó $\left( A{B}',BC \right)=\left( A{B}',AK \right)=\widehat{{B}'AK}$.
Vì $\left. \begin{aligned}
& AK\bot BK \\
& AK\bot B{B}' \\
\end{aligned} \right\}\Rightarrow AK\bot {B}'K$.
Với $A{B}'=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{{{B}'}}^{2}}}=a\sqrt{3}$ và $AK=BH=AB.\sin \widehat{BAH}=a.\sin 60{}^\circ =\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$
Do đó $\cos \widehat{{B}'AK}=\dfrac{AK}{A{B}'}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{3}}=\dfrac{1}{2}$ $\Rightarrow \widehat{{B}'AK}=60{}^\circ .$
Cách 2:
Vì $BC \text{//} {B}'{C}'$ nên $\left( A{B}',BC \right)=\left( A{B}',{B}'{C}' \right)=\widehat{A{B}'{C}'}$.
Ta có: ${B}'{C}'=BC=2HB=2AB.\sin \widehat{BAH}=2a.\sin 60{}^\circ =2.a.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$
$A{B}'=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{{{B}'}}^{2}}}=a\sqrt{3}$ và $A{C}'=\sqrt{A{{C}^{2}}+C{{{{C}'}}^{2}}}=a\sqrt{3}$
Nên $\Delta A{B}'{C}'$ đều. Suy ra $\widehat{A{B}'{C}'}=60{}^\circ $.