Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) có \(BC = a,\,\,BB' = a\sqrt 3 \). Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'B'C} \right)\) và \(\left( {ABC'D'} \right)\) bằng:

Ta có: \(\left( {A'B'C} \right) \equiv \left( {A'B'CD} \right) \Rightarrow \angle \left( {\left( {A'B'C} \right);\left( {ABC'D'} \right)} \right) = \angle \left( {\left( {A'B'CD} \right);\left( {ABC'D'} \right)} \right)\)

Gọi \(O = AD \cap A'D,\,\,O' = BC' \cap B'C \Rightarrow \left( {A'B'CD} \right) \cap \left( {ABC'D'} \right) = OO'\).

Ta có \(ADD'A'\) và \(BCC'B'\) là các hình chữ nhật \( \Rightarrow O\) là trung điểm của \(AD',\,\,A'D\). \(O'\) là trung điểm của \(B'C,\,\,BC'\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB//C'D'\\AB = C'D'\end{array} \right. \Rightarrow ABC'D'\) là hình bình hành.

Lại có \(AB \bot \left( {BCC'D'} \right) \Rightarrow AB \bot BC' \Rightarrow ABC'D'\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow OO' \bot AD'\).

Hoàn toàn tương tự ra chứng minh được \(OO' \bot A'D\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABC'D'} \right) \cap \left( {A'B'CD} \right) = OO'\\\left( {ABC'D'} \right) \supset AD' \bot OO'\\\left( {A'B'CD} \right) \supset A'D \bot OO'\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {A'B'CD} \right);\left( {ABC'D'} \right)} \right) = \angle \left( {AD';A'D} \right)\).

Ta có : \(OA = \dfrac{1}{2}A'D = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{D^2} + AA{'^2}}  = \dfrac{1}{2}\sqrt {{a^2} + 3{a^2}}  = a = OD \Rightarrow \Delta OAD\) đều \( \Rightarrow \angle AOD = {60^0}\) .

Vậy \(\angle \left( {AD';A'D} \right) = \angle AOD = {60^0}\).

Chọn C.