Chọn D.

Gọi H là tâm của tam giác đều ABC, ta có SH⊥(ABC) nên SH là trục của tam giác ABC.

Gọi M là trung điểm của SA, trong mp (SAH) kẻ trung trực của SA cắt SH tại O thì OS = OA = OB = OC

Suy ra: O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Bán kính mặt cầu là R = SO.

Vì hai tam giác SMO và SHA đồng dạng nên ta có 

Ta có: 

Gọi H là tâm của tam giác đều ABC.

Ta có SH ⊥ (ABC) nên SH là trục của tam giác ABC

Gọi M là trung điểm của SA, trong mp (SAH) kẻ trung trực của SA cắt SH tại O thì OS = OA (1)

Lại có, SH là trục của tam giác ABC và O ∈ SH nên: OA = OB = OC (2)

Từ (1) và (2) suy ra: OS = OA = OB = OC

Nên O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.

Bán kính mặt cầu là R = SO.

Vì hai tam giác SMO và SHA đồng dạng nên ta có 

Đáp án B

Gọi H là trung điểm B C ⇒ A H ⊥ B C → S B C ⊥ A B C A H ⊥ S H .

Xét hai tam giác vuông SHA và BHA có  H A  chung S A = B A = a ⇒ Δ S H A = Δ B H A   .

  ⇒ S H = B H = C H ⇒ Δ S B C vuông tại  S ⇒ R b = B H = B C 2   .

Dễ thấy 

G T = B C ⇒ R = R b 2 + R d 2 − G T 2 4 = B H 2 + R d 2 − B C 2 4 = R d = a

Xét tam giác ABC, có:

sin C = A B 2 R = 1 2 ⇒ cos C = 3 2 ⇒ B C = 2 H C = 2 A C . cos C = a 3

Trong tam giác vuông SBC, ta có  S C = B C 2 − S B 2 = a 2   .

Đáp án C

Gọi H là trung điểm  B C ⇒ A H ⊥ B C ⇒ A H ⊥ S H

Ta có Δ S H A = Δ B H A , Δ S B C  vuông tại  S ⇒ R b = B H = B C 2

R = R b 2 + R d 2 − B C 2 4 = a

Xét   Δ A B C có 

sin C = A B 2 R = 1 2 ⇒ cos C = 3 2 ⇒ B C = 2 H C = a 3

Ta có trong tam giác vuông  S B C : S C = B C 2 − S B 2 = a 2

Chọn D