Đề: Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a và nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a.

Gọi M là Trung điểm của AB

Vì Tam giác ADB và tam giác ABC là tam giác đều \(\Rightarrow DM \bot AB;CM \bot AB\)

Do có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a và nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau => Góc \(\widehat {DMC} = {90^0}\)

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABC

G là tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABD

=> H,G đồng thời là trọng tâm của tam giác ABC và ABD

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} H \in CM;CH = \frac{2}{3}CM\\ G \in DM;DG = \frac{2}{3}DM \end{array} \right.\)

Kẻ Đường vuông góc với đáy (ABC) từ H và Đường vuông góc với (ABD) từ G.

Do hai đường vuông góc này đều thuộc (DMC) nên chúng cắt nhau tại O.

=> O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCG và R = OC.

Tam giác ABC đều \(\Rightarrow CM = CB.\sin \left( {{{60}^0}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a \Rightarrow CH = \frac{{\sqrt 3 }}{3}a;HM = \frac{{\sqrt 3 }}{6}a\)

CMTT ta có \(GM = \frac{{\sqrt 3 }}{6}a\)

Từ đó nhận thấy OGMH là hình vuông \(\Rightarrow OH = \frac{{\sqrt 3 }}{6}a\)

Tam giác OHC vuông tại H

Áp dụng định lý Pitago ta có:

\(CM = CB.\sin \left( {60} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a \Rightarrow CH = \frac{{\sqrt 3 }}{3}a;HM = \frac{{\sqrt 3 }}{6}a\)

\(OC = \sqrt {C{H^2} + O{H^2}} = \frac{{\sqrt 5 }}{{12}}a = R\)

\(\Rightarrow V = 4\pi {R^2} = \frac{5}{3}\pi {a^2}\)