Tứ diện ABCD có ABC và DBC là tam giác đều cạnh a. AD=4/3a tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

Đáp án:

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là $\dfrac{a\sqrt{55}}{11}$

Lời giải:

Gọi M là trung điểm BC, G,F là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC,DBC$

Vì $\Delta ABC, DBC$ đều

$\to AM\perp BC, DM\perp BC\to AM=MD=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\to GM=\dfrac 13AM=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}$

$\to BC\perp (MAD)$

$\Delta AMD$ kẻ $HG\perp AM, HF\perp DM\to BC\perp HG, HF$

$\to HG\perp (ABC), HF\perp (DBC)\to H$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

Gọi $MH\cap AD=E\to E$ là trung điểm AD $\to ME\perp AD\to \Delta AME\bot E$

$\to ME=\sqrt{AM^2-(\dfrac{AE}{2})^2}=\dfrac{a\sqrt{11}}{6}$

Ta có :

$\tan\widehat{GMH}=\dfrac{GH}{GM}=\dfrac{AE}{ME}=\dfrac{4a}{\sqrt{11}}$

$\to GH=GM.\dfrac{4a}{\sqrt{11}}=\dfrac{2a}{\sqrt{33}}$

Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông $AHG$

$\to AH=\sqrt{AG^2+GH^2}=\dfrac{a\sqrt{55}}{11}$