Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại...

B

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

- Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) lên \(BC\), chứng minh \(SH\bot \left( ABC \right)\) bằng cách sử dụng tính chất: “Nếu hai mặt phẳng vuông góc thì mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này mà vuông góc giao tuyến thì vuông góc với mặt phẳng còn lại”.

- Tính độ dài \(BC\), từ đó suy ra tam giác \(SBC\) vuông tại \(S\).

- Chứng minh tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

- Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) dựa vào định lý \(\sin \): \(\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R\).

- Tính diện tích xung quanh mặt cầu bởi công thức \(S=4\pi {{R}^{2}}\).

Giải chi tiết:

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) lên \(BC\), \(M\) là trung điểm của \(BC\), kẻ \(HN\bot AB\).

Vì \(\left( SBC \right)\bot \left( ABC \right)\Rightarrow SH\bot \left( ABC \right)\Rightarrow SH\bot AB\).

Mà \(HN\bot AB\Rightarrow AB\bot \left( SHN \right)\Rightarrow AB\bot SN\Rightarrow N\) là trung điểm của \(AB\) (vì \(\Delta SAB\) đều).

Đặt \(\widehat{ABC}=\alpha \), ta có:

\(\Delta BHN\) vuông tại \(N\Rightarrow BH=\frac{BN}{\cos \alpha }=\frac{a}{2\cos \alpha }\).

\(\Delta ABM\) vuông tại \(M\)

\(\Rightarrow BM=AB\cos \alpha =a\cos \alpha \Rightarrow BC=2BM=2a\cos \alpha \).

\(\Rightarrow HC=BC-BH=2a\cos \alpha -\frac{a}{2\cos \alpha }=\frac{a\left( 4{{\cos }^{2}}\alpha -1 \right)}{2\cos \alpha }\)

\(\Delta SBH\) vuông tại \(H\) nên:

\(S{{H}^{2}}=S{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}={{a}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{4{{\cos }^{2}}\alpha }=\frac{{{a}^{2}}\left( 4{{\cos }^{2}}\alpha -1 \right)}{4{{\cos }^{2}}\alpha }\)

\(\Delta SHC\) vuông tại \(H\Rightarrow S{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}=S{{C}^{2}}\Leftrightarrow \frac{{{a}^{2}}\left( 4{{\cos }^{2}}\alpha -1 \right)}{4{{\cos }^{2}}\alpha }+{{\left( \frac{a\left( 4{{\cos }^{2}}\alpha -1 \right)}{2\cos \alpha } \right)}^{2}}=2{{a}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow \frac{4{{\cos }^{2}}\alpha -1+{{\left( 4{{\cos }^{2}}\alpha -1 \right)}^{2}}}{4{{\cos }^{2}}\alpha }=2\Leftrightarrow 16{{\cos }^{4}}\alpha -12{{\cos }^{2}}\alpha =0\Leftrightarrow \cos \alpha =\frac{\sqrt{3}}{2}\) \((do \, \, \cos \alpha >0)\).

\(\Rightarrow BC=2a\cos \alpha =a\sqrt{3}\).

Xét tam giác \(SBC\) có: \(S{{B}^{2}}+S{{C}^{2}}={{a}^{2}}+{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}={{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}=B{{C}^{2}}\Rightarrow \Delta SBC\)  vuông tại \(S\).

Do đó \(M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta SBC\).

Mặt khác \(AM\bot BC;AM\bot SH\Rightarrow AM\bot \left( SBC \right)\Rightarrow AM\) là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác \(SBC\).

Gọi \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thì \(I\in AM;IA=IB=IC=IS\) hay \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\).

Áp dụng định lý \(\sin \) cho tam giác \(ABC\) ta có:

\(2R=\frac{AC}{\sin \widehat{ABC}}\Rightarrow R=IA=IB=IC=IS=\frac{AC}{2\sin \widehat{ABC}}=\frac{a}{2.1/2}=a\).

Vậy diện tích xung quanh \({{S}_{xq}}=4\pi {{R}^{2}}=4\pi {{a}^{2}}\).

Chọn D.