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

Cách 1.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh ${A}'A,{B}'B$ thì $\left( MNI \right)//\left( ABC \right).$
Gọi $E=A{B}'\cap MN$ và K là hình chiếu vuông góc của M lên IE.
Khi đó $\left( \widehat{\left( A{B}'I \right),\left( ABC \right)} \right)=\left( \widehat{\left( AEI \right),\left( MNI \right)} \right)=\widehat{AKM=\alpha .}$
Đặt $AB=AC=B{B}'=x=MN=MI\left( x>0 \right)$
Trong tam giác IME có $\widehat{IME}=120{}^\circ $ nên $IE=\sqrt{M{{I}^{2}}+M{{E}^{2}}-2MI.ME.\cos 120{}^\circ }=\dfrac{x\sqrt{7}}{2}.$
Lại có $\dfrac{1}{2}.MI.ME.\sin 120{}^\circ =\dfrac{1}{2}MK.IE\Rightarrow MK=\dfrac{2\sqrt{21}}{14}.$
Tam giác AMK vuông tại M nên $\tan \alpha =\dfrac{AM}{MK}=\dfrac{\sqrt{21}}{3}\Rightarrow \cos \alpha =\dfrac{\sqrt{130}}{10}.$
Vậy $\cos \left( \widehat{\left( A{B}'I \right),\left( ABC \right)} \right)=\dfrac{\sqrt{30}}{10}.$
Cách 2.
Ta có
$BC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}-2AB.AC.\cos 120{}^\circ }=x\sqrt{3}$
${{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{2}AB.AC.\sin 120{}^\circ =\dfrac{{{x}^{2}}\sqrt{3}}{4}$
$\left\{ \begin{aligned}
& A{B}'=x\sqrt{2} \\
& AI=\sqrt{A{{C}^{2}}+C{{I}^{2}}}=\dfrac{x\sqrt{5}}{2}\Rightarrow {{S}_{I{B}'A}}=\dfrac{{{x}^{2}}\sqrt{10}}{4} \\
& {B}'I=\sqrt{B{{C}^{2}}+{C}'{{I}^{2}}}=\dfrac{x\sqrt{13}}{2} \\
\end{aligned} \right.$
Do B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của ${B}',I$ lên mặt phẳng (ABC)
Nên $cos\left( \widehat{\left( A{B}'I \right),\left( ABC \right)} \right)=\dfrac{{{S}_{ABC}}}{{{S}_{I{B}'A}}}=\dfrac{\dfrac{{{x}^{2}}\sqrt{3}}{4}}{\dfrac{{{x}^{2}}\sqrt{10}}{4}}=\dfrac{\sqrt{30}}{10}.$