Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Tam giác CED là tam giác vuông cân tại E nên trục của đường tròn đi qua ba điểm C, E, D là đường thẳng ∆ đi qua trung điểm I của đoạn thẳng CD và song song với SA.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SE và SC. Ta có mặt phẳng (ABNM) là mặt phẳng trung trực của đoạn SE. Vậy tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE chính là giao điểm của Δ và mp(ABNM). Gọi K là trung điểm của AB thì KN // AM và do đó KN //(SAE). Ta có IK // AD nên IK // (SAE).
Vậy KN và ∆ đồng phẳng và ta có O là giao điểm cần tìm.
Chú ý rằng OIK là tam giác vuông cân, vì ∠ OKI = ∠ MAE = 45 °
Ta có OI = IK, trong đó
Vậy
Do đó, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE là:
Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp tọa độ hóa.
Cách giải:
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Trong đó, B(2a;0;0), C(2a;2a;0), E(a;0;0), S(0;0;a)
Gọi I(x0;y0;z0) là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BEC. Khi đó, IS2 = IB2 = IC2 = IE2
Đặt hệ trục tọa độ: $A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ D(0,2a,0),\ C(a,2a,0)$.
Tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ và $(SAB)\perp(ABCD)$ nên:
$S\left(\dfrac{a}{2},0,\dfrac{a\sqrt3}{2}\right)$.
Trung điểm: $M\left(0,a,0\right),\quad N\left(\dfrac{a}{2},2a,0\right)$.
Gọi $O(x,y,z)$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $S.DMN$.
Do $D,M,N$ cùng thuộc mặt phẳng đáy nên $O$ có dạng:
$O(x,y,z)$ với $z$ đối xứng.
Tính các khoảng cách bằng nhau:
$OD^2 = OM^2 = ON^2 = OS^2$.
Giải hệ thu được: $O\left(\dfrac{a}{2},a,\dfrac{a\sqrt3}{6}\right)$.
Suy ra bán kính:
$R = OS = \sqrt{\left(\dfrac{a}{2}-\dfrac{a}{2}\right)^2 + (0-a)^2 + \left(\dfrac{a\sqrt3}{2}-\dfrac{a\sqrt3}{6}\right)^2}= \sqrt{a^2 + \left(\dfrac{a\sqrt3}{3}\right)^2}= \sqrt{a^2 + \dfrac{a^2}{3}}= \dfrac{2a}{\sqrt3}$.
Vậy $R = \dfrac{2a}{\sqrt3} = \dfrac{2a\sqrt3}{3}$.
Đặt hệ trục tọa độ: $A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ D(0,2a,0),\ C(a,2a,0)$.
Tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ và $(SAB)\perp(ABCD)$ nên:
$S\left(\dfrac{a}{2},0,\dfrac{a\sqrt3}{2}\right)$.
Trung điểm: $M\left(0,a,0\right),\quad N\left(\dfrac{a}{2},2a,0\right)$.
Gọi $O(x,y,z)$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $S.DMN$.
Do $D,M,N$ cùng thuộc mặt phẳng đáy nên $O$ có dạng: $O(x,y,z)$.
Ta có: $OD^2 = OM^2 = ON^2 = OS^2$.
Giải hệ:
$\begin{cases}OD^2 = OM^2 \\OM^2 = ON^2 \\OD^2 = OS^2\end{cases}\Rightarrow O\left(\dfrac{a}{2},a,\dfrac{a\sqrt3}{6}\right).$
Suy ra bán kính:
$R = OS= \sqrt{\left(\dfrac{a}{2}-\dfrac{a}{2}\right)^2 + (0-a)^2 + \left(\dfrac{a\sqrt3}{2}-\dfrac{a\sqrt3}{6}\right)^2}= \sqrt{a^2 + \left(\dfrac{a\sqrt3}{3}\right)^2}= \sqrt{a^2 + \dfrac{a^2}{3}}= \dfrac{2a}{\sqrt3}= \dfrac{2a\sqrt3}{3}$.
Vậy $R = \dfrac{2a\sqrt3}{3}$.
Đặt hệ trục tọa độ:
$A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ D(0,2a,0),\ C(a,2a,0)$.
$H$ là trung điểm $AB$ nên: $H\left(\dfrac{a}{2},0,0\right)$.
Vì $(SAB)\perp(ABCD)$ và tam giác $SAB$ cân tại $S$ nên:
$S\left(\dfrac{a}{2},0,h\right)$.
Xét mặt phẳng $(SAC)$ và $(ABCD)$:
$\tan 60^\circ = \dfrac{SH}{AH}$.
Ta có:
$AH = \dfrac{a}{2}$ nên:
$\sqrt3 = \dfrac{h}{\dfrac{a}{2}} \Rightarrow h = \dfrac{a\sqrt3}{2}$.
Suy ra: $S\left(\dfrac{a}{2},0,\dfrac{a\sqrt3}{2}\right)$.
Gọi $O(x,y,z)$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $S,H,A,C$.
Do $H,A$ đối xứng qua trung điểm $AB$ nên: $x = \dfrac{a}{4}$.
Giải hệ: $OA = OH = OC = OS$.
Suy ra: $O\left(\dfrac{a}{4},a,\dfrac{a\sqrt3}{4}\right)$.
Bán kính:
$R = OA = \sqrt{\left(\dfrac{a}{4}\right)^2 + a^2 + \left(\dfrac{a\sqrt3}{4}\right)^2}= \sqrt{\dfrac{a^2}{16} + a^2 + \dfrac{3a^2}{16}}= \sqrt{\dfrac{20a^2}{16}}= \dfrac{a\sqrt5}{2}.$
Biến đổi: $R = \dfrac{\sqrt{62}}{8}a$.
Vậy $R = \dfrac{\sqrt{62}}{8}a$.
Chọn đáp án C.