Cho tứ diện \(ABCD\) có các mặt \(ABC\) và \(BCD\) là các tam giác đều cạnh \(2,\) hai mặt phẳng \(\left( {ABD} \right)\) và \(\left( {ACD} \right)\) vuông góc với nhau. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD.\)
Suy nghĩ trả lời câu hỏi trước khi xem đáp án
Lời giải:
Báo saiCác tam giác đều \(ABC\) và \(BCD\) có cạnh 2
\( \Rightarrow BD = DC = BC = AB = AC = 2\)
Nên tam giác \(CAD\) cân tại \(C\) và tam giác \(BAD\) cân tại \(B.\)
Lấy \(H\) là trung điểm \(AD \Rightarrow CH \bot AD\) (do tam giác \(CAD\) cân tại \(C\))
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {CAD} \right) \bot \left( {BAD} \right)\\\left( {CAD} \right) \cap \left( {BAD} \right) = AD\\CH \bot AD,\,CH \subset \left( {CAD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CH \bot \left( {BAD} \right) \Rightarrow CH \bot BH\) (1)
Lại có \(\Delta CAD = \Delta BAD\left( {c - c - c} \right)\) nên \(BH = CH\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra tam giác \(CHB\) vuông cân tại \(H\) có cạnh huyền \(CB = 2.\).
Suy ra \(B{C^2} = B{H^2} + C{H^2} \Leftrightarrow 2B{H^2} = {2^2} \Rightarrow BH = CH = \sqrt 2 .\)
Xét tam giác \(CAH\) vuông tại \(H\) có \(\cos \widehat {ACH} = \dfrac{{CH}}{{AC}} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \widehat {ACH} = 45^\circ \)
Lại thấy \(CH\) là phân giác của \(\widehat {ACD}\) (vì \(\Delta CAD\) cân tại \(C\)) nên \(\widehat {ACH} = \widehat {HCD} = 45^\circ \Rightarrow \widehat {ACD} = 90^\circ \)
Hay tam giác \(CAD\) vuông cân tại \(C \Rightarrow CH = \dfrac{1}{2}AD = HA = HD\) (3)
Vì \(\Delta CAD = \Delta BAD\left( {c - c - c} \right)\) nên \(\Delta ABD\) vuông cân tại \(B \Rightarrow BH = \dfrac{{AD}}{2} = HD = HA\) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(HA = HB = HC = HD = \sqrt 2 \) hay \(H\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\) và bán kính mặt cầu là \(\sqrt 2 \).
Chọn B.
Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán
Trường THPT Võ Chí Công