Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại \(A\), mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại \(A\), mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) và SA = SB = AB = AC = a; \(SC = a\sqrt 2 \). Diện tích xung quanh mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng:
Đáp án đúng là: B
Quảng cáo
- Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) lên \(BC\), chứng minh \(SH\bot \left( ABC \right)\) bằng cách sử dụng tính chất: “Nếu hai mặt phẳng vuông góc thì mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này mà vuông góc giao tuyến thì vuông góc với mặt phẳng còn lại”.
- Tính độ dài \(BC\), từ đó suy ra tam giác \(SBC\) vuông tại \(S\).
- Chứng minh tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).
- Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) dựa vào định lý \(\sin \): \(\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R\).
- Tính diện tích xung quanh mặt cầu bởi công thức \(S=4\pi {{R}^{2}}\).
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) lên \(BC\), \(M\) là trung điểm của \(BC\), kẻ \(HN\bot AB\).
Vì \(\left( SBC \right)\bot \left( ABC \right)\Rightarrow SH\bot \left( ABC \right)\Rightarrow SH\bot AB\).
Mà \(HN\bot AB\Rightarrow AB\bot \left( SHN \right)\Rightarrow AB\bot SN\Rightarrow N\) là trung điểm của \(AB\) (vì \(\Delta SAB\) đều).
Đặt \(\widehat{ABC}=\alpha \), ta có:
\(\Delta BHN\) vuông tại \(N\Rightarrow BH=\frac{BN}{\cos \alpha }=\frac{a}{2\cos \alpha }\).
\(\Delta ABM\) vuông tại \(M\)
\(\Rightarrow BM=AB\cos \alpha =a\cos \alpha \Rightarrow BC=2BM=2a\cos \alpha \).
\(\Rightarrow HC=BC-BH=2a\cos \alpha -\frac{a}{2\cos \alpha }=\frac{a\left( 4{{\cos }^{2}}\alpha -1 \right)}{2\cos \alpha }\)
\(\Delta SBH\) vuông tại \(H\) nên:
\(S{{H}^{2}}=S{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}={{a}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{4{{\cos }^{2}}\alpha }=\frac{{{a}^{2}}\left( 4{{\cos }^{2}}\alpha -1 \right)}{4{{\cos }^{2}}\alpha }\)
\(\Delta SHC\) vuông tại \(H\Rightarrow S{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}=S{{C}^{2}}\Leftrightarrow \frac{{{a}^{2}}\left( 4{{\cos }^{2}}\alpha -1 \right)}{4{{\cos }^{2}}\alpha }+{{\left( \frac{a\left( 4{{\cos }^{2}}\alpha -1 \right)}{2\cos \alpha } \right)}^{2}}=2{{a}^{2}}\)
\(\Leftrightarrow \frac{4{{\cos }^{2}}\alpha -1+{{\left( 4{{\cos }^{2}}\alpha -1 \right)}^{2}}}{4{{\cos }^{2}}\alpha }=2\Leftrightarrow 16{{\cos }^{4}}\alpha -12{{\cos }^{2}}\alpha =0\Leftrightarrow \cos \alpha =\frac{\sqrt{3}}{2}\) \((do \, \, \cos \alpha >0)\).
\(\Rightarrow BC=2a\cos \alpha =a\sqrt{3}\).
Xét tam giác \(SBC\) có: \(S{{B}^{2}}+S{{C}^{2}}={{a}^{2}}+{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}={{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}=B{{C}^{2}}\Rightarrow \Delta SBC\) vuông tại \(S\).
Do đó \(M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta SBC\).
Mặt khác \(AM\bot BC;AM\bot SH\Rightarrow AM\bot \left( SBC \right)\Rightarrow AM\) là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác \(SBC\).
Gọi \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thì \(I\in AM;IA=IB=IC=IS\) hay \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\).
Áp dụng định lý \(\sin \) cho tam giác \(ABC\) ta có:
\(2R=\frac{AC}{\sin \widehat{ABC}}\Rightarrow R=IA=IB=IC=IS=\frac{AC}{2\sin \widehat{ABC}}=\frac{a}{2.1/2}=a\).
Vậy diện tích xung quanh \({{S}_{xq}}=4\pi {{R}^{2}}=4\pi {{a}^{2}}\).
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
