Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh SA = 2A căn bậc hai của 3/3

* Hướng dẫn giải

Do D đối xứng với C qua B nên có $BC=DC=AC$ suy ra tam giác ABD là tam giác vuông tại A.

Kẻ đường thẳng d qua C vuông góc với đáy, đường thẳng này là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác đáy ABD .

Tam giác SAB cân tại S , gọi M là trung điểm AB,H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB

$\Rightarrow H\in SM;SM=\sqrt{S{A}^2-A{M}^2}=\frac{a\sqrt{13}}{2\sqrt{3}}$

$SH=\frac{AB.SA.SB}{4.S_{SAB}}=\frac{{\left(\frac{2a}{\sqrt{3}}\right)}^2.a}{4.\frac{1}{2}.a.AM}=\frac{4a}{\sqrt{39}}$

Trong (SAC) dựng $HI\perp SM\left(I\in d\right)\left(1\right)$

Mà $\left\{\begin{array}{c}AB\perp SM\\ AB\perp MC\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(SMC\right)\Rightarrow AB\perp HI\left(2\right)$

Từ (1), (2) suy ra $HI\perp \left(SAB\right)$ , suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chóp S.ABD

Gọi $Q=MS\cap CI$, xét tam giác SCM có

$\frac{SM}{QM}=\frac{MG}{MC}=\frac{1}{3}\Rightarrow QM=3SM=3.\frac{a\sqrt{13}}{2\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{39}}{2}$

$\Rightarrow QH=QM-MS+HS=\frac{a\sqrt{39}}{2}-\frac{a\sqrt{13}}{2\sqrt{3}}+\frac{4a}{\sqrt{39}}=\frac{17a}{\sqrt{39}}$

$QC=\sqrt{Q{M}^2-M{C}^2}=3a$

Xét: $\text{Δ}QHI~\text{Δ}QCM\Rightarrow \frac{HI}{CM}=\frac{HQ}{QC}\Rightarrow HI=\frac{HQ.CM}{QC}=\frac{17a}{6\sqrt{13}}$

$\Rightarrow R=SI=\sqrt{H{I}^2+H{S}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{17}}{6\sqrt{13}}\right)}^2+{\left(\frac{4a}{\sqrt{39}}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{37}}{6}$