Đáp án:

$\tan\widehat{DHK}=\sqrt[]{2}$

Giải thích các bước giải:

Ta có:

$BD=BA'=A'D=\sqrt[]{a^2+a^2}=a\sqrt[]{2}$

(Vì đều là đường chéo của các hình vuông)

$→ ΔBDA'$ là tam giác đều

Gọi $H$ là trung điểm của $A'B → DH⊥A'B$

$\left\{ \begin{array}{l}D'A'⊥A'A\\D'A'⊥A'B'\end{array} \right. → D'A'⊥(ABB'A')$

$→ D'A'⊥(A'B)$

Kẻ $HK//A'D' → HK⊥A'B$

Có $(A'BD)∩(A'D'CB)=A'B$, mà $DH⊥A'B, HK⊥A'B$

→ Góc giữa $(A'BD)$ và $(A'D'CB)$ là $\widehat{DHK}$

Ta có: $DH=\dfrac{a\sqrt[]{2}.\sqrt[]{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt[]{6}}{2}$

(Vì $DH$ là đường cao trong tam giác đều $BA'D$)

$HK=A'D'=a$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

$DK.CD'=DC.DD'$

$→ DK=\dfrac{DC.DD'}{CD'}$

$=\dfrac{a^2}{a\sqrt[]{2}}$

$=\dfrac{a\sqrt[]{2}}{2}$

Áp dụng định lí $\text{cosin}$ vào tam giác $DHK$, ta có:

$DK^2=DH^2+HK^2-2DH.HK.\text{cos}\widehat{DHK}$

$↔ \dfrac{a^2}{2}=\dfrac{3a^2}{2}+a^2-2\dfrac{a\sqrt[]{6}}{2}.a.\text{cos}\widehat{DHK}$

$→ \text{cos}\widehat{DHK}=\dfrac{\sqrt[]{6}}{3}$

$(sin\widehat{DHK})^2=1-(\text{cos}\widehat{DHK})^2$

$=1-\Bigg(\dfrac{\sqrt[]{6}}{3}\Bigg)^2$

$=\dfrac{1}{3}$

$→ \text{sin}\widehat{DHK}=\dfrac{\sqrt[]{3}}{3}$

Vậy $\tan\widehat{DHK}=\dfrac{\text{sin}\widehat{DHK}}{\text{cos}\widehat{DHK}}=\sqrt[]{2}$