Cho lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có đáy là tam giác đều cạnh $m$...

Lấy $D$ là trung điểm là $B'C'$.
Do tam giác $A'B'C'$ là tam giác đều và $D$ là trung điểm là $B'C'$ nên $A'D\bot B'C'$.
Do tam giác $BB'C'$ là tam giác cân ở $B$ và $D$ là trung điểm là $B'C'$ nên $BD\bot B'C'$.
Ta có :
$B'C'=\left( BCC'B' \right)\cap \left( A'B'C' \right)$.
$A'D\bot B'C',A'D\subset \left( A'B'C' \right)$.
$BD\bot B'C',BD\subset \left( BB'C' \right)$.
$\Rightarrow \widehat{\left[ \left( BB'C' \right);\left( A'B'C' \right) \right]}=\widehat{BDA'}={{30}^{o}}$.
Ta có : $A'D=\dfrac{m\sqrt{3}}{2}$ ( $A'D$ là đường trung tuyến trong tam giác đều $A'B'C'$
$BD=\sqrt{BC{{'}^{2}}-DC{{'}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-\dfrac{{{m}^{2}}}{4}}$ ; $A'B=a.$
Áp dụng định lý hàm cos cho $\widehat{A'DB}$ trong tam giác $A'DB$ ta có :
$A'{{B}^{2}}=A'{{D}^{2}}+B{{D}^{2}}-2A'B.BD.\cos \widehat{A'DB}\Rightarrow {{a}^{2}}=\dfrac{3{{m}^{2}}}{4}+{{a}^{2}}-\dfrac{{{m}^{2}}}{4}-2.\dfrac{m\sqrt{3}}{2}.\sqrt{{{a}^{2}}-\dfrac{{{m}^{2}}}{4}}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
$\Rightarrow \dfrac{{{m}^{2}}}{2}=\dfrac{3}{2}m\sqrt{{{a}^{2}}-\dfrac{{{m}^{2}}}{4}}\Rightarrow m=3\sqrt{{{a}^{2}}-\dfrac{{{m}^{2}}}{4}}\Rightarrow m=\dfrac{6a\sqrt{13}}{13}$