Mở đầu trang 38

Đề bài: Vào khoảng thời gian giữa mùa hè, ở phía bắc của vòng Bắc Cực (như một số vùng phía bắc của Na Uy, Phần Lan, Nga,…), Mặt Trời có thể được nhìn thấy trong suốt $24$ giờ của ngày. Hình học giải thích hiện tượng này như thế nào?

Lời giải:

Đây là tình huống dẫn nhập. Sau khi học bài này, ta có thể giải thích như sau:

Trục Trái Đất nghiêng với mặt phẳng quỹ đạo một góc $66{,}5^\circ$ (góc giữa trục Trái Đất và mặt phẳng quỹ đạo). Vào mùa hè ở Bắc bán cầu, cực Bắc nghiêng về phía Mặt Trời. Khi đó, vùng phía bắc vòng Bắc Cực (vĩ độ $\geq 66{,}5^\circ$) nằm hoàn toàn trong “phần ban ngày” của Trái Đất, ngay cả khi Trái Đất tự quay quanh trục một vòng (24 giờ). Do đó tại các vùng này, Mặt Trời được nhìn thấy suốt cả ngày.

Nội dung chi tiết về góc giữa đường thẳng (trục Trái Đất) và mặt phẳng (mặt phẳng quỹ đạo) sẽ được trình bày trong bài.

1. Phép chiếu vuông góc

HĐ1 (trang 38)

Đề bài: Trên sân phẳng có một cây cột thẳng vuông góc với mặt sân.

a) Dưới ánh sáng mặt trời, bóng của cây cột trên sân có thể được nhìn như là hình chiếu của cây cột qua phép chiếu song song nào không?

b) Khi tia sáng mặt trời vuông góc với mặt sân, liệu ta có thể quan sát được bóng của cây cột trên sân hay không?

Lời giải:

a) Các tia sáng mặt trời (do ở rất xa) có thể coi là các đường thẳng song song với nhau, và tất cả cùng song song với một phương xác định. Vậy bóng của cây cột trên sân chính là hình chiếu của cây cột qua phép chiếu song song, với phương chiếu là phương của tia sáng mặt trời và mặt phẳng chiếu là mặt sân.

b) Khi tia sáng mặt trời vuông góc với mặt sân, phương chiếu trùng với phương của cây cột (vì cây cột cũng vuông góc với mặt sân). Khi đó, hình chiếu của cây cột “co lại” thành một điểm — chính là điểm chân cột. Vậy không thể quan sát được bóng của cây cột trên sân (bóng chỉ là một điểm).

Câu hỏi (trang 39)

Đề bài:

a) Nếu $A$ là một điểm không thuộc mặt phẳng $(P)$ và $A’$ là hình chiếu của $A$ trên $(P)$ thì đường thẳng $AA’$ có quan hệ gì với mặt phẳng $(P)$?

b) Nếu đường thẳng $a$ vuông góc với mặt phẳng $(P)$ thì hình chiếu của $a$ trên $(P)$ là gì?

Lời giải:

a) Theo định nghĩa, phép chiếu vuông góc lên $(P)$ thực hiện theo phương vuông góc với $(P)$. Vậy đường thẳng nối $A$ với hình chiếu $A’$ của nó chính là đường thẳng chiếu, do đó:

$$AA’ \perp (P).$$

b) Vì $a \perp (P)$, lấy bất kì điểm $M \in a$, hình chiếu của $M$ trên $(P)$ chính là giao điểm của $a$ với $(P)$ (gọi là $O$). Tức là mọi điểm của $a$ đều có hình chiếu là cùng một điểm $O$.

Kết luận: Hình chiếu của $a$ trên $(P)$ là một điểm — chính là giao điểm của $a$ với $(P)$.

HĐ2 (trang 39)

Đề bài: Cho đường thẳng $a$ và mặt phẳng $(P)$ không vuông góc với nhau. Xét $b$ là một đường thẳng nằm trong $(P)$. Trên $a$, lấy hai điểm $M, N$ tuỳ ý. Gọi $M’, N’$ tương ứng là hình chiếu của $M, N$ trên mặt phẳng $(P)$ (H.7.34).

a) Hình chiếu của $a$ trên mặt phẳng $(P)$ là đường thẳng nào?

b) Nếu $b$ vuông góc với $M’N’$ thì $b$ có vuông góc với $a$ hay không?

c) Nếu $b$ vuông góc với $a$ thì $b$ có vuông góc với $M’N’$ hay không?

Luyện tập 1 (trang 40)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA = SB = SC$. Gọi $O$ là hình chiếu của $S$ trên mặt phẳng $(ABC)$ (H.7.36).

a) Chứng minh rằng $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

b) Xác định hình chiếu của đường thẳng $SA$ trên mặt phẳng $(ABC)$.

c) Chứng minh rằng nếu $AO \perp BC$ thì $SA \perp BC$.

d) Xác định hình chiếu của các tam giác $SBC, SCA, SAB$ trên mặt phẳng $(ABC)$.

Lời giải:

Vì $O$ là hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$ nên $SO \perp (ABC)$.

a) Xét các tam giác vuông $SOA$, $SOB$, $SOC$ (vuông tại $O$):

• $SA^2 = SO^2 + OA^2 \Rightarrow OA = \sqrt{SA^2 – SO^2}$.
• Tương tự $OB = \sqrt{SB^2 – SO^2}$, $OC = \sqrt{SC^2 – SO^2}$.

Vì $SA = SB = SC$ nên $OA = OB = OC$. Vậy $O$ cách đều ba đỉnh $A, B, C$, tức $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

b) Hình chiếu của $S$ là $O$, hình chiếu của $A$ là $A$ (vì $A \in (ABC)$). Vậy hình chiếu của đường thẳng $SA$ trên $(ABC)$ là đường thẳng $OA$.

c) $BC \subset (ABC)$, hình chiếu của $SA$ trên $(ABC)$ là $OA$ (câu b).

Theo định lí ba đường vuông góc: $BC \perp SA \Leftrightarrow BC \perp OA$.

Vậy nếu $AO \perp BC$ thì $SA \perp BC$. $\blacksquare$

d) Hình chiếu của các điểm:

• Hình chiếu của $S$ là $O$.
• Hình chiếu của $A$ là $A$, của $B$ là $B$, của $C$ là $C$.

Vậy:

• Hình chiếu của tam giác $SBC$ là tam giác $OBC$.
• Hình chiếu của tam giác $SCA$ là tam giác $OCA$.
• Hình chiếu của tam giác $SAB$ là tam giác $OAB$.

2. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

HĐ3 (trang 40)

Đề bài: Một máy bay giữ vận tốc không đổi, với độ lớn $240$ km/h trong suốt $2$ phút đầu kể từ khi cất cánh. Hỏi thông tin trên có đủ để ta xác định độ cao của máy bay so với mặt đất phẳng, tại thời điểm $1$ phút kể từ khi máy bay cất cánh không?

Lời giải:

Sau $1$ phút, máy bay đã đi được quãng đường:

$$d = 240 \cdot \dfrac{1}{60} = 4 \text{ (km)}.$$

Tuy nhiên, chưa thể xác định độ cao vì:

• Nếu máy bay bay ngang (góc cất cánh $= 0^\circ$) → độ cao = $0$.
• Nếu máy bay bay theo phương xiên (góc cất cánh $= \alpha$) → độ cao = $d \cdot \sin\alpha = 4\sin\alpha$ km.
• Nếu máy bay bay thẳng đứng (góc cất cánh $= 90^\circ$) → độ cao = $4$ km.

Tóm lại, độ cao phụ thuộc vào góc cất cánh (góc giữa đường bay và mặt đất). Để xác định độ cao, ta cần biết thêm góc này.

Kết luận: Thông tin trên chưa đủ. Cần thêm góc cất cánh của máy bay.

Vận dụng (trang 42)

Đề bài: Tâm Trái Đất chuyển động quanh Mặt Trời theo quỹ đạo là một đường elip nhận tâm Mặt Trời làm tiêu điểm. Trong quá trình chuyển động, Trái Đất lại quay quanh trục Bắc Nam. Trục này có phương không đổi và luôn tạo với mặt phẳng chứa quỹ đạo một góc khoảng $66{,}5^\circ$.

a) Giải thích vì sao hình chiếu của trục Trái Đất trên mặt phẳng quỹ đạo $(P)$ cũng có phương không đổi.

b) Giải thích vì sao có hai thời điểm trong năm mà tại đó hình chiếu của trục Trái Đất trên mặt phẳng $(P)$ thuộc đường thẳng nối tâm Mặt Trời và tâm Trái Đất.

Lời giải:

a) Trục Trái Đất có phương không đổi (giả thiết). Mặt phẳng quỹ đạo $(P)$ cố định (chứa quỹ đạo elip cố định). Hình chiếu của trục Trái Đất trên $(P)$ là một đường thẳng có phương được xác định duy nhất bởi phương của trục và mặt phẳng $(P)$. Vì cả hai đều cố định, phương của hình chiếu cũng cố định (không đổi theo thời gian).

b) Gọi $d$ là phương cố định của hình chiếu trục Trái Đất trên $(P)$. Hình chiếu của trục Trái Đất là đường thẳng đi qua tâm Trái Đất (gọi là $E$, di chuyển trên quỹ đạo) và có phương $d$.

Đường thẳng nối tâm Mặt Trời ($S$, cố định) và tâm Trái Đất ($E$) thay đổi khi $E$ di chuyển trên quỹ đạo elip.

Hình chiếu của trục Trái Đất trùng với đường thẳng $SE$ khi và chỉ khi đường thẳng $SE$ có phương $d$, tức là $E$ nằm trên đường thẳng đi qua $S$ và có phương $d$.

Đường thẳng qua $S$ với phương $d$ cắt quỹ đạo elip tại đúng hai điểm (vì elip kín và đường thẳng cắt elip tại tối đa hai điểm). Tại hai vị trí này (tương ứng với hai thời điểm trong năm), hình chiếu của trục Trái Đất thuộc đường thẳng nối $S$ và $E$.

Khám phá (trang 42)

Đề bài: Cho đường thẳng $\Delta$ vuông góc với mặt phẳng $(P)$. Khi đó, với một đường thẳng $a$ bất kì, góc giữa $a$ và $(P)$ có mối quan hệ gì với góc giữa $a$ và $\Delta$?

Lời giải:

Ta xét ba trường hợp.

Trường hợp 1: $a \perp (P)$.

Vì $a \perp (P)$ và $\Delta \perp (P)$ nên $a // \Delta$ (hoặc $a$ trùng $\Delta$). Khi đó:

• $(a, \Delta) = 0^\circ$.
• $(a, (P)) = 90^\circ$.

Suy ra: $(a, \Delta) + (a, (P)) = 90^\circ$.

Trường hợp 2: $a // (P)$ hoặc $a \subset (P)$.

Vì $\Delta \perp (P)$ nên $\Delta \perp a$ (theo HĐ9 ở Bài 23). Khi đó:

• $(a, \Delta) = 90^\circ$.
• $(a, (P)) = 0^\circ$.

Suy ra: $(a, \Delta) + (a, (P)) = 90^\circ$.

Trường hợp 3: $a$ không vuông góc với $(P)$ và $a$ cắt $(P)$ tại $O$.

Lấy điểm $A$ khác $O$ thuộc $a$, gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $(P)$. Khi đó:

• $AH \perp (P)$ và $\Delta \perp (P)$ nên $AH // \Delta$.
• Góc giữa $a$ và $(P)$: hình chiếu của $a$ là $OH$, nên $(a, (P)) = \widehat{AOH}$.
• Góc giữa $a$ và $\Delta$ bằng góc giữa $a$ và $AH$ (vì $AH // \Delta$), tức $(a, \Delta) = \widehat{HAO}$.

Trong tam giác $AHO$ vuông tại $H$ (vì $AH \perp (P) \supset OH$):

$$\widehat{HAO} + \widehat{AOH} = 90^\circ \Leftrightarrow (a, \Delta) + (a, (P)) = 90^\circ.$$

Kết luận: Trong cả ba trường hợp:

$$(a, \Delta) + (a, (P)) = 90^\circ,$$

tức là góc giữa $a$ và $\Delta$ phụ với góc giữa $a$ và $(P)$.

Trải nghiệm (trang 42)

Đề bài: Đo góc giữa một sợi dây kéo căng và mặt bàn hoặc sàn lớp học. (Có thể cho một đầu sợi dây thuộc mặt bàn, mặt sàn để thuận tiện hơn cho việc đo.)

Lời giải:

Cách đo (gợi ý):

Đặt một đầu sợi dây tại điểm $M$ trên mặt bàn, đầu còn lại tại điểm $A$ ở trên (kéo căng sợi dây).

Bước 1: Từ $A$, thả một sợi dây dọi (hoặc dùng thước eke) để xác định điểm $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên mặt bàn.

Bước 2: Đo hai đoạn:

• $AH$: khoảng cách từ $A$ đến mặt bàn (chiều cao đầu dây).
• $HM$: hình chiếu của đoạn dây $AM$ trên mặt bàn.

Bước 3: Tam giác $AHM$ vuông tại $H$. Góc giữa sợi dây $AM$ và mặt bàn chính là góc $\widehat{AMH}$, tính bởi:

$$\tan\widehat{AMH} = \dfrac{AH}{HM}.$$

Từ đó suy ra góc $\widehat{AMH}$ bằng máy tính bỏ túi (hàm $\arctan$).

Bài tập (trang 42)

Bài 7.10 (trang 42)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \perp (ABC)$, tam giác $ABC$ vuông tại $B$.

a) Xác định hình chiếu của điểm $S$ trên mặt phẳng $(ABC)$.

b) Xác định hình chiếu của tam giác $SBC$ trên mặt phẳng $(ABC)$.

c) Xác định hình chiếu của tam giác $SBC$ trên mặt phẳng $(SAB)$.

Lời giải:

a) Vì $SA \perp (ABC)$ nên $S$ chiếu vuông góc xuống $(ABC)$ tại $A$.

Hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$ là điểm $A$.

b) Hình chiếu các đỉnh của tam giác $SBC$ trên $(ABC)$:

• Hình chiếu của $S$ là $A$.
• Hình chiếu của $B$ là $B$ (vì $B \in (ABC)$).
• Hình chiếu của $C$ là $C$ (vì $C \in (ABC)$).

Hình chiếu của tam giác $SBC$ trên $(ABC)$ là tam giác $ABC$.

c) Tìm hình chiếu các đỉnh trên $(SAB)$:

• Hình chiếu của $S$ là $S$ (vì $S \in (SAB)$).
• Hình chiếu của $B$ là $B$ (vì $B \in (SAB)$).
• Hình chiếu của $C$ trên $(SAB)$: cần xác định.

Ta có $SA \perp (ABC)$ nên $SA \perp BC$. Mặt khác $BC \perp AB$ (tam giác $ABC$ vuông tại $B$). Vậy $BC$ vuông góc với hai đường thẳng $SA$ và $AB$ cắt nhau tại $A$, cùng thuộc $(SAB)$. Do đó:

$$BC \perp (SAB).$$

Vì $BC \perp (SAB)$ tại $B$, hình chiếu vuông góc của $C$ trên $(SAB)$ chính là $B$.

Vậy tam giác $SBC$ chiếu xuống $(SAB)$ thành “tam giác $SBB$” — suy biến thành đoạn thẳng $SB$.

Bài 7.11 (trang 42)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông $ABCD$ cạnh $a$, $SA \perp (ABCD)$ và $SA = a\sqrt{2}$.

a) Tính góc giữa $SC$ và mặt phẳng $(ABCD)$.

b) Tính góc giữa $BD$ và mặt phẳng $(SAC)$.

c) Tìm hình chiếu của $SB$ trên mặt phẳng $(SAC)$.

Lời giải:

a) Tính góc giữa $SC$ và $(ABCD)$.

$SA \perp (ABCD)$ nên hình chiếu của $S$ trên $(ABCD)$ là $A$. Hình chiếu của $SC$ trên $(ABCD)$ là $AC$.

Góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là góc giữa $SC$ và $AC$, chính là $\widehat{SCA}$ (vì $S, C, A$ tạo tam giác vuông tại $A$).

$AC$ là đường chéo hình vuông cạnh $a$:

$$AC = a\sqrt{2}.$$

Tam giác $SAC$ vuông tại $A$:

$$\tan\widehat{SCA} = \dfrac{SA}{AC} = \dfrac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}} = 1 \Rightarrow \widehat{SCA} = 45^\circ.$$

Kết luận: Góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ bằng $45^\circ$.

b) Tính góc giữa $BD$ và $(SAC)$.

• $BD \perp AC$ (hai đường chéo hình vuông).
• $BD \perp SA$ (vì $SA \perp (ABCD) \supset BD$).
• $AC$ và $SA$ cắt nhau tại $A$, cùng thuộc $(SAC)$.

Do đó $BD \perp (SAC)$.

Kết luận: Góc giữa $BD$ và $(SAC)$ bằng $90^\circ$.

c) Tìm hình chiếu của $SB$ trên $(SAC)$.

Gọi $O$ là tâm hình vuông (giao $AC$ và $BD$).

Vì $BD \perp (SAC)$ tại $O$ (câu b), hình chiếu vuông góc của $B$ trên $(SAC)$ là $O$.

Hình chiếu của $S$ trên $(SAC)$ là $S$ (vì $S \in (SAC)$).

Kết luận: Hình chiếu của $SB$ trên $(SAC)$ là đường thẳng $SO$ (với $O$ là tâm hình vuông).

Bài 7.12 (trang 42)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \perp (ABC)$, tam giác $ABC$ vuông tại $B$, $SA = AB = BC = a$.

a) Xác định hình chiếu của $A$ trên mặt phẳng $(SBC)$.

b) Tính góc giữa $SC$ và mặt phẳng $(ABC)$.

Lời giải:

a) Xác định hình chiếu của $A$ trên $(SBC)$.

Bước 1: Chứng minh $BC \perp (SAB)$.

• $BC \perp AB$ (tam giác $ABC$ vuông tại $B$).
• $BC \perp SA$ (vì $SA \perp (ABC) \supset BC$).
• $AB, SA$ cắt nhau tại $A$ cùng thuộc $(SAB)$.

→ $BC \perp (SAB)$.

Bước 2: Trong $(SAB)$, kẻ $AH \perp SB$ tại $H$.

Khi đó:

• $AH \perp SB$ (cách dựng).
• $AH \perp BC$ (vì $BC \perp (SAB) \supset AH$).
• $SB$ và $BC$ cắt nhau tại $B$, cùng thuộc $(SBC)$.

→ $AH \perp (SBC)$.

Vậy $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $(SBC)$.

Vị trí cụ thể của $H$: Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ với $SA = AB = a$, là tam giác vuông cân. $AH$ là đường cao từ đỉnh $A$ xuống cạnh huyền $SB$, đồng thời là trung tuyến (do tính cân). Vậy $H$ là trung điểm $SB$.

b) Tính góc giữa $SC$ và $(ABC)$.

$SA \perp (ABC)$ nên hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$ là $A$, hình chiếu của $SC$ là $AC$.

Góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCA}$.

Tính $AC$: tam giác $ABC$ vuông tại $B$, $AB = BC = a$:

$$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}.$$

Tam giác $SAC$ vuông tại $A$:

$$\tan\widehat{SCA} = \dfrac{SA}{AC} = \dfrac{a}{a\sqrt{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}.$$

$$\widehat{SCA} = \arctan\dfrac{\sqrt{2}}{2} \approx 35^\circ 16′.$$

Kết luận: Góc giữa $SC$ và $(ABC)$ thoả mãn $\tan = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$, xấp xỉ $35^\circ 16’$.

Bài 7.13 (trang 43)

Đề bài: Cho điểm $S$ nằm ngoài mặt phẳng $(P)$, có hình chiếu $H$ trên $(P)$. Với mỗi điểm $M$ bất kì (không trùng $H$) trên $(P)$, ta gọi đoạn thẳng $SM$ là đường xiên, đoạn thẳng $HM$ là hình chiếu trên $(P)$ của đường xiên đó. Chứng minh rằng:

a) Hai đường xiên $SM$ và $SM’$ bằng nhau khi và chỉ khi hai hình chiếu $HM$ và $HM’$ tương ứng của chúng bằng nhau;

b) Đường xiên $SM$ lớn hơn đường xiên $SM’$ nếu hình chiếu $HM$ lớn hơn hình chiếu $HM’$.

Lời giải:

Vì $H$ là hình chiếu của $S$ trên $(P)$ nên $SH \perp (P)$, do đó $SH \perp HM$ và $SH \perp HM’$.

Tam giác $SHM$ vuông tại $H$, áp dụng định lí Pythagore:

$$SM^2 = SH^2 + HM^2.$$

Tương tự, tam giác $SHM’$ vuông tại $H$:

$$SM’^2 = SH^2 + HM’^2.$$

a) Chứng minh $SM = SM’ \Leftrightarrow HM = HM’$.

$$SM = SM’ \Leftrightarrow SM^2 = SM’^2 \Leftrightarrow SH^2 + HM^2 = SH^2 + HM’^2 \Leftrightarrow HM^2 = HM’^2 \Leftrightarrow HM = HM’$$

(do $HM, HM’ \geq 0$). $\blacksquare$

b) Chứng minh $HM > HM’ \Rightarrow SM > SM’$.

Nếu $HM > HM’$ thì $HM^2 > HM’^2$. Cộng cả hai vế với $SH^2$:

$$SH^2 + HM^2 > SH^2 + HM’^2 \Rightarrow SM^2 > SM’^2 \Rightarrow SM > SM’$$

(do $SM, SM’ > 0$). $\blacksquare$

Bài 7.14 (trang 43)

Đề bài: Trong một khoảng thời gian đầu kể từ khi cất cánh, máy bay bay theo một đường thẳng. Góc cất cánh của nó là góc giữa đường thẳng đó và mặt phẳng nằm ngang nơi cất cánh. Hai máy bay cất cánh và bay thẳng với cùng độ lớn vận tốc trong $5$ phút đầu, với các góc cất cánh lần lượt là $10^\circ, 15^\circ$. Hỏi sau $1$ phút kể từ khi cất cánh, máy bay nào ở độ cao so với mặt đất (phẳng, nằm ngang) lớn hơn?

Lời giải:

Sau $1$ phút (kể từ khi cất cánh), hai máy bay có cùng vận tốc nên đi được cùng quãng đường $d$ trên đường bay xiên.

Gọi $O$ là điểm cất cánh, $A$ là vị trí máy bay sau $1$ phút, $A’$ là hình chiếu của $A$ trên mặt đất. Khi đó:

• $OA = d$.
• Góc giữa $OA$ và mặt đất là góc cất cánh $\alpha$.
• Độ cao máy bay = $AA’ = OA \cdot \sin\alpha = d \cdot \sin\alpha$.

So sánh hai máy bay:

• Máy bay 1 ($\alpha_1 = 10^\circ$): độ cao $h_1 = d \cdot \sin 10^\circ$.
• Máy bay 2 ($\alpha_2 = 15^\circ$): độ cao $h_2 = d \cdot \sin 15^\circ$.

Vì $15^\circ > 10^\circ$ và hàm $\sin$ tăng trên $[0^\circ; 90^\circ]$ nên $\sin 15^\circ > \sin 10^\circ$, do đó $h_2 > h_1$.

Kết luận: Máy bay với góc cất cánh $15^\circ$ ở độ cao lớn hơn.

Bài 7.15 (trang 43)

Đề bài: Hãy nêu cách đo góc giữa đường thẳng chứa tia sáng mặt trời và mặt phẳng nằm ngang tại một vị trí và một thời điểm.

Lời giải:

Cách đo:

Trên sân phẳng nằm ngang, đặt một cây cột $AB$ vuông góc với mặt sân (với $A$ ở chân cột, $B$ ở đỉnh cột). Đo trước chiều cao $AB$ của cột.

Dưới ánh sáng mặt trời, bóng của cột là đoạn $AM$ trên sân (với $M$ là bóng của đỉnh cột $B$). Vì các tia sáng mặt trời được coi là song song và $AM$ là hình chiếu của $AB$ theo phương các tia sáng, đoạn $AM$ chính là hình chiếu của đường thẳng chứa tia sáng mặt trời đi qua $B$ trên mặt sân.

Đường thẳng $BM$ chính là tia sáng mặt trời đi qua $B$. Góc giữa đường thẳng chứa tia sáng mặt trời và mặt phẳng nằm ngang chính là $\widehat{BMA}$ (góc giữa $BM$ và hình chiếu $AM$).

Bước 1: Đo độ dài bóng $AM$ trên mặt sân.

Bước 2: Tam giác $BAM$ vuông tại $A$ (vì $AB \perp$ sân). Tính:

$$\tan\widehat{BMA} = \dfrac{AB}{AM}.$$

Bước 3: Từ giá trị $\tan\widehat{BMA}$, dùng máy tính bỏ túi (hàm $\arctan$) để suy ra góc $\widehat{BMA}$.

Đó là góc giữa đường thẳng chứa tia sáng mặt trời và mặt phẳng nằm ngang tại vị trí và thời điểm đo.

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh