Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông tại A, AB = a, với \(AC = a\sqrt 2 \). Biết
Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông tại A, AB = a, với \(AC = a\sqrt 2 \). Biết rằng \(\widehat {((ABC),(AB'C'))} = {60^0}\) và hình chiếu của A lên (A’B’C’) là trung điểm H của A’B’. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AHB’C’?
Đáp án đúng là: B
Quảng cáo
Phương pháp xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
Bước 1: Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp đáy
Bước 2: Xác định trục (d) của đáy (đường thẳng đi qua tâm và vuông góc với đáy)
Bước 3: Xác định mặt phẳng trung trực (P) của 1 mặt bên của hình chóp.
Bước 4: Tìm giao điểm của (d) và (P), giao điêm ấy chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp.
Đối với những hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy ta có công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp là \(R = \sqrt {{{\left( {{h \over 2}} \right)}^2} + R{'^2}} \) với R’ là bán kính đường trọn ngoại tiếp đáy.
Ta có:\(\widehat {((ABC),(AB'C')} = \widehat {((A'B'C'),(AB'C')}\). Giao tuyến của chúng là B’C’. Từ H dựng \(HK \bot B'C'\) thì ta có:
\(\left. \matrix{B'C' \bot HK \hfill \cr B'C' \bot AH\,\,\left( {AH \bot \left( {A'B'C'} \right)} \right) \hfill \cr} \right\} \Rightarrow B'C' \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow B'C' \bot AK\)
Xét tam giác vuông ABC có: \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = a\sqrt 3 = B'C'\)
Gọi A’G là đường cao trong tam giác vuông ta có: \(A'G = {{A'B'.A'C'} \over {B'C'}} = {{a.a\sqrt 2 } \over {a\sqrt 3 }} = {{a\sqrt 6 } \over 3}\)
\( \Rightarrow HK = {1 \over 2}AG = {{a\sqrt 6 } \over 6}\) (đường trung bình)
Xét tam giác vuông AHK có: \(AH = HK.\tan 60 = {{a\sqrt 6 } \over 6}\sqrt 3 = {{a\sqrt 2 } \over 2}\)
Xét tam giác vuông A’C’H có: \(HC' = \sqrt {A'C{'^2} + A'{H^2}} = \sqrt {{{{a^2}} \over 4} + 2{a^2}} = {{3a} \over 2}\)
Ta có: \({S_{\Delta ABC}} = {1 \over 2}AB.AC = {1 \over 2}a.a\sqrt 2 = {{{a^2}\sqrt 2 } \over 2} \Rightarrow {S_{\Delta HB'C'}} = {1 \over 2}{S_{\Delta ABC}} = {{{a^2}\sqrt 2 } \over 4}\)
Ta gọi tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác HB’C’, R’ là bán kính đường trìn ngoại tiếp tam giác HB’C’ ta có:
\(\eqalign{ & {S_{\Delta HB'C'}} = {{abc} \over {4R'}} \Rightarrow R' = {{abc} \over {4{S_{\Delta HB'C'}}}} = {{{a \over 2}.a\sqrt 3 .{{3{\rm{a}}} \over 2}} \over {{a^2}\sqrt 2 }} = {{3a\sqrt 6 } \over 8} \cr & \to R = \sqrt {{{{h^2}} \over 4} + {R^{'2}}} = \sqrt {{{{a^2}} \over 8} + {{27{a^2}} \over {32}}} = {{a\sqrt {62} } \over 8}. \cr} \)
Chọn D.
Đáp án cần chọn là: B
Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
