Tứ diện \(SABC\) có hai tam giác \(SBC\) và \(ABC\) là hai tam giác đều cạnh \(1\), \(SA=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(SABC\).
\(\sqrt{13}\).\(\dfrac{\sqrt{13}}{2}\).\(\dfrac{\sqrt{13}}{4}\).\(\dfrac{\sqrt{13}}{6}\)Hướng dẫn giải:
Các tam giác \(SBC\) và \(ABC\) là đều nên mặt phẳng \(\left(SAM\right)\) là mặt trung trực của \(BC\) (với \(M\) là trung điểm của \(BC\)). Do đó tâm \(I\) mặt cầu ngoại tiếp \(SABC\) phải nằm trong mặt phẳng \(\left(SAM\right)\).
Nếu gọi \(G\) là trọng tâm tam giác đều \(ABC\) thì \(G\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(ABC\), và \(I\) nằm trên đường thẳng vuông góc với \(\left(ABC\right)\) tại \(G\). Trong mặt phẳng \(\left(ABC\right)\), lấy \(D\) đối xứng với \(G\) qua \(M\) thì ta có: \(GA=GD\). Vậy đường tròn ngoại tiếp \(ABC\) đi qua \(D\) suy ra mặt cầu ngoại tiếp \(SABC\) cũng đi qua \(D\) (vì giao của mặt cầu với mặt phẳng \(\left(ABC\right)\) là đường tròn ngoại tiếp \(ABC\)).
Vậy mặt cầu ngoại tiếp \(SABC\) có tâm và bán kính cũng là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(SAD\) Gọi bán kính này là \(R\) thì trong tam giác \(SAD\) có:
\(\frac{SD}{\sin\widehat{SAD}}=2R\) (*)
Ta có: \(AM=SM=\frac{\sqrt{3}}{2}\) mà \(SA=\frac{\sqrt{3}}{2}\) suy ra tam giác MSA đều do đó góc \(\widehat{SAD}=60^0\).
Ta có: \(AD=\frac{4}{3}AM=\frac{2\sqrt{3}}{3}\). Trong tam giác \(SAD\) có:
\(SD^2=SA^2+AD^2-2.SA.AD.\cos60^0=\frac{3}{4}+\frac{4}{3}-2.\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{2\sqrt{3}}{3}.\frac{1}{2}=\frac{13}{12}\)
Suy ra \(SD=\sqrt{\frac{13}{12}}\)
Thay vào (*) ta tính được: \(2R=\frac{\sqrt{\frac{13}{12}}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\) \(\Rightarrow R=\frac{\sqrt{13}}{6}\)
