(THPT Nguyễn Tất Thành-Đh-SP-HN-2022) Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật, \(AB = 2,AD = 1\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(DC\). Biết \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(SA = 2\). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.BCM.\)
A. \(R = \sqrt 3 \).
B. \(R = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\).
C. \(R = \frac{{\sqrt {11} }}{2}\).
D. \(R = \frac{{\sqrt {13} }}{2}\).
Lời giải:
Chọn C
Tam giác \(MBC\) vuông cân tại \(C\). Gọi \(H\) là trung điểm của \(MB\) suy ra \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(MBC\).
Từ \(H\) dựng đường thẳng \(d\) song song với \(SA\).
Mà \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot \left( {MBC} \right) \Rightarrow d \bot \left( {MBC} \right)\).
Suy ra \(d\) là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(MBC\).
Gọi \(K\) là trung điểm của \(SA\).
Do \(AH \bot SA\) từ \(K\) dựng đường thẳng song song với \(AH\) cắt \(d\) tại \(I\)suy ra \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.BCM\).
Tam giác \(MBC\) vuông cân tại \(C\)\( \Rightarrow \widehat {MBC} = 45^\circ \Rightarrow \widehat {ABH} = 45^\circ \).
Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác \(ABH\) ta có \( \Rightarrow \cos \widehat {ABH} = \frac{{B{A^2} + B{H^2} – A{H^2}}}{{2BA.BH}}\)\( \Leftrightarrow \cos 45^\circ = \frac{{4 + \frac{1}{2} – A{H^2}}}{{2\sqrt 2 }} \Leftrightarrow A{H^2} = \frac{5}{2}\).
Đặt \(IH = x\) suy ra \(S{I^2} = S{K^2} + K{I^2} = {\left( {2 – x} \right)^2} + \frac{5}{2}\) và.\(I{B^2} = {x^2} + \frac{1}{2}\).
Ta có \(SI = IB \Rightarrow S{I^2} = I{B^2} \Leftrightarrow {\left( {2 – x} \right)^2} + \frac{5}{2} = {x^2} + \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\).
Vậy \(R = SI = \frac{{\sqrt {11} }}{2}\).
==================== Thuộc chủ đề: Trắc nghiệm Khối tròn xoay
Trả lời