Cho tứ diện \(ABCD\) có \(ABC\) và \(ABD\) là các tam giác đều cạnh a và nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\) theo \(a.\)
Hãy suy nghĩ và trả lời câu hỏi trước khi xem đáp án
Lời giải:
Báo saiGọi M là Trung điểm của AB
Vì tam giác ADB và tam giác ABC là tam giác đều \(\to DM\bot AB;CM\bot AB\)
Do có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a và nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau => Góc \(\widehat{DMC}={{90}^{0}}\)
Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABC
G là tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABD
=> H,G đồng thời là trọng tâm của tam giác ABC và ABD
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} H \in CM;CH = \frac{2}{3}CM\\ G \in DM;DG = \frac{2}{3}DM \end{array} \right.\)
Kẻ đường vuông góc với đáy (ABC) từ H và Đường vuông góc với (ABD) từ G.
Do hai đường vuông góc này đều thuộc (DMC) nên chúng cắt nhau tại O.
=> O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCG và\(~R=OC.\)
Tam giác ABC đều \(\to CM=CB.\sin \left( {{60}^{0}} \right)=\frac{\sqrt{3}}{2}a\Rightarrow CH=\frac{\sqrt{3}}{3}a;HM=\frac{\sqrt{3}}{6}a\)
CMTT ta có \(GM=\frac{\sqrt{3}}{6}a\)
Từ đó nhận thấy OGMH là hình vuông \(\to OH=\frac{\sqrt{3}}{6}a\)
Tam giác OHC vuông tại H → Áp dụng định lý Pitago ta có:
\(CM=CB.\sin \left( 60 \right)=\frac{\sqrt{3}}{2}a\Rightarrow CH=\frac{\sqrt{3}}{3}a;HM=\frac{\sqrt{3}}{6}a\)
\(OC=\sqrt{C{{H}^{2}}+O{{H}^{2}}}=\frac{\sqrt{5}}{12}a=R\)\(\Rightarrow S=4\pi {{R}^{2}}=\frac{5}{3}\pi {{a}^{2}}\)