Một cột bóng rổ được dựng trên một sân phẳng.

Bạn Hùng đo khoảng cách từ một điểm trên sân, cách chân cột \[1\,m\] đến một điểm trên cột, cách chân cột \[1\,m\]được kết quả là \[1,5\,m\]\[\left( {H.7.27} \right)\]. Nếu phép đo của Hùng là chính xác thì cột có vuông góc với sân hay không? Có thể kết luận rằng cột không có phương thẳng đứng hay không?

Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot {A^\prime }H\left( {{\rm{do }}{A^\prime }H \bot (ABC)} \right)}\\{BC \bot AH({\rm{do }}\Delta ABC{\rm{ vuo\^a ng ta\"i i }}A,H{\rm{ la{\o} trung \~n ie{\aa}m }}BC)}\end{array}} \right.\]

\( \Rightarrow BC \bot \left( {A{A^\prime }H} \right)\).

Mặt khác \({B^\prime }{C^\prime }//BC\) nên \({B^\prime }{C^\prime } \bot \left( {A{A^\prime }H} \right) \Rightarrow {B^\prime }{C^\prime } \bot A{A^\prime }\).

Vì \({A^\prime }H \bot (ABC)\) nên hình chiếu của \(A{A^\prime }\) trên \((ABC)\) là \(AH\), hình chiếu của \({A^\prime }B\) trên \((ABC)\) là \(BH\).

Vậy hình chiếu của tam giác \({A^\prime }AB\) trên mặt phẳng \((ABC)\) chính là tam giác \(ABH\).

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) có \(BC = 2a \Rightarrow AB = AC = a\sqrt 2 \).

Diện tích tam giác \(ABH\) là:

\({S_{\Delta ABH}} = \frac{1}{2}{S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}AB \cdot AC = \frac{1}{4}{(a\sqrt 2 )^2} = \frac{{{a^2}}}{2}.\)

Gọi \(K\) là trung điểm \({B^\prime }{C^\prime }\). Dễ thấy \(\left( {{A^\prime }AH} \right) \equiv \left( {AHK{A^\prime }} \right)\).

Mà \({B^\prime }{C^\prime } \bot \left( {A{A^\prime }H} \right)\) nên \({B^\prime }{C^\prime } \bot \left( {AHK{A^\prime }} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {AHK{A^\prime }} \right)\), kẻ \({A^\prime }I \bot HK\) tại \(I\). (1)

Vì \({B^\prime }{C^\prime } \bot \left( {AHK{A^\prime }} \right),{A^\prime }I \subset \left( {AHK{A^\prime }} \right)\) nên \({A^\prime }I \bot {B^\prime }{C^\prime }\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \({A^\prime }I \bot \left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right)\) hay \(I\) là hình chiếu của \({A^\prime }\) trên mặt phẳng \(\left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right)\).

Tam giác \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) vuông cân tại \({A^\prime }\) nên \({A^\prime }K = \frac{{{B^\prime }{C^\prime }}}{2} = a\).

Tam giác \({A^\prime }HK\) vuông tại \({A^\prime }\) có đường cao \({A^\prime }I\) nên ta có:

\(\frac{1}{{{A^\prime }{I^2}}} = \frac{1}{{{A^\prime }{H^2}}} + \frac{1}{{{A^\prime }{K^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{{A^\prime }{H^2}}} = \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{4}}} - \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}} \Rightarrow {A^\prime }H = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}OA \bot OB\\OA \bot OC\end{array} \right. \Rightarrow OA \bot (OBC);\\\left\{ \begin{array}{l}OB \bot OA\\OB \bot OC\end{array} \right. \Rightarrow OB \bot (OAC);\end{array}\)

Vì \(OA \bot (OBC)\) mà \(BC \subset (OBC) \Rightarrow OA \bot BC\).

Vì \(OB \bot (OAC)\) mà \(AC \subset (OAC) \Rightarrow OB \bot AC\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OC \bot OA}\\{OC \bot OB}\end{array} \Rightarrow OC \bot (OAB)} \right.\), mà \(AB \subset (OAB) \Rightarrow OC \bot AB\).

Vậy các cặp cạnh đối nhau của tứ diện \(OABC\) vuông góc với nhau.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot OK}\\{BC \bot OA({\rm{do }}OA \bot (OBC))}\end{array} \Rightarrow BC \bot (OAK)} \right.\);

mà \(OH \subset (OAK) \Rightarrow OH \bot BC\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OH \bot AK}\\{OH \bot BC}\\{AK \cap BC = K}\\{AK,BC \subset (ABC)}\end{array} \Rightarrow OH \bot (ABC)} \right.\).