Từ bậc cầu thang ở trên cùng của tầng 1, người thợ xây thả sợi dây dọi dài \(4\)m xuống sàn nhà tầng trệt và đo được từ vị trí chân cầu thang tới đầu dây dưới sàn nhà là \(3\)m. Vậy chiều dài của cầu thang là mấy mét ?

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: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA({\rm{ do }}SA \bot (ABCD))}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB)} \right.\).

Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot (SAB)}\\{SB \subset (SAB)}\end{array} \Rightarrow BC \bot SB} \right.\) hay \(\Delta SBC\) vuông tại \(B\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot AD}\\{CD \bot SA({\rm{do }}SA \bot (ABCD))}\end{array} \Rightarrow CD \bot (SAD)} \right.\).

Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot (SAD)}\\{SD \subset (SAD)}\end{array} \Rightarrow CD \bot SD} \right.\) hay \(\Delta SCD\) vuông tại \(D\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AH \bot SB}\\{AH \bot BC({\rm{do }}BC \bot (SAB))}\end{array} \Rightarrow AH \bot (SBC) \Rightarrow AH \bot SC} \right.\). (1)

Tương tự: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AK \bot SD}\\{AK \bot CD({\rm{do }}CD \bot (SAD))}\end{array} \Rightarrow AK \bot (SCD) \Rightarrow AK \bot SC} \right.\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(SC \bot (AHK)\), mà \(HK \subset (AHK)\) nên \(HK \bot SC\).