(Sở Ninh Bình 2022) Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\). Một mặt cầu \((J)\) ( \(J\) và \(S\) cùng phía với \((ABCD)\)) tiếp xúc với \((ABCD)\) tại \(A\), đồng thời tiếp xúc ngoài với mặt cầu nội tiếp hình chóp. Một mặt phẳng \((P)\) đi qua \(J\) và \(BC\). Gọi \(\varphi \) là góc giữa \((P)\) và \((ABCD)\). Tính \(\tan \varphi \) biết các đường chéo của thiết diện của hình chóp cắt bởi \((P)\) lần lượt cắt và vuông góc với \(SA,SD\).

Câu hỏi:

A. \(\frac{1}{4}\).

B. \(\frac{{\sqrt 6 }}{6}\).

C. \(\frac{{\sqrt 3 }}{6}\).

D. \(\frac{1}{2}\).

Lời giải:.

Gọi \(R\), \(r\) lần lượt là bán kính mặt cầu tâm \(J\) và bán kính mặt cầu tâm \(I\) nội tiếp hình chóp tứ giác đều. Đặt \(AB = \) \(a,SO = h\), với \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\). Khi đó do hai mặt cầu \((I)\) và \((J)\) tiếp xúc ngoài nên \(OA = 2\sqrt {Rr} \) hay \({a^2} = 8Rr\). Gọi giao điểm của \(JC\) với \(SA\) và \(SO\) lần lượt là \(E\) và \(H\). Theo giả thiết thì \(CE \bot SA\), suy ra hai tam giác \(HCO\) và \(ASO\) đồng dạng, suy ra

\(\frac{{OH}}{{OA}} = \frac{{OC}}{{OS}} \Rightarrow OH = \frac{{O{A^2}}}{h} = \frac{{4Rr}}{h}.\)\(\)

Lại từ tính chất đường trung bình, ta có \(OH = \frac{{JA}}{2} = \frac{R}{2}\) nên \(\frac{{4Rr}}{h} = \frac{R}{2}\) hay \(h = 8r\). Gọi \(N\) là trung điểm \(AB\). Sử dụng tính chất đường phân giác, ta có

\(\frac{{2r}}{a} = \frac{{OI}}{{ON}} = \frac{{SI}}{{SN}} = \frac{{SO}}{{ON + SN}} = \frac{h}{{\frac{a}{2} + \sqrt {{h^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} }} = \frac{{2h}}{{a + \sqrt {4{h^2} + {a^2}} }}.\)\(\)

Thay \(r = \frac{h}{8}\), ta được

\(7a = \sqrt {4{h^2} + {a^2}} \Rightarrow 12{a^2} = {h^2} \Rightarrow \frac{a}{h} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}.\)\(\)

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), dễ thấy \(BC \bot (OHM)\) nên \(\varphi = ((P),(ABC)) = \widehat {OMH}\), suy ra

\(\tan \varphi = \frac{{OH}}{{OM}} = \frac{{4Rr}}{{h \cdot \frac{a}{2}}} = \frac{{8Rr}}{{ah}} = \frac{{{a^2}}}{{ah}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\)\(\)

==================== Thuộc chủ đề: Trắc nghiệm Thể tích đa diện