Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đá...

A

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Dựng mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán, chứng minh thiết diện MNPQ là hình thang cân.

Chứng minh để MNPQ ngoại tiếp được đường tròn thì MN + PQ = MQ + NP (*).

Đặt AM = x. Tính các cạnh của hình thang MNPQ theo x rồi thay vào (*) để tìm x.

Tính bán kính mặt cầu nội tiếp hình thang cân MNPQ.

Giải chi tiết:

Lấy điểm \(M \in AD,\)  trong (ABCD) qua M kẻ MN // AB \(\left( {N \in BC} \right)\). Trong (SAD) qua M kẻ MQ // SA, trong (SBC) qua N kẻ NP // SB.

\( \Rightarrow \left( {MNPQ} \right)//\left( {SAB} \right)\).

Ta có: \(\left\{ \matrix{  \left( {MNPQ} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN \hfill \cr   \left( {MNPQ} \right) \cap \left( {SCD} \right) = PQ \hfill \cr   \left( {ABCD} \right) \cap \left( {SCD} \right) = CD \hfill \cr}  \right. \Rightarrow MN//PQ//CD \Rightarrow \) MNPQ là hình thang.

Lại có \(\left\{ \matrix{  \widehat {QMN} = \widehat {\left( {MN;MQ} \right)} = \widehat {\left( {AB;AS} \right)} = \widehat {SAB} \hfill \cr   \widehat {PNM} = \widehat {\left( {NM;NP} \right)} = \widehat {\left( {BA;BS} \right)} = \widehat {SBA} \hfill \cr}  \right. \Rightarrow \widehat {QMN} = \widehat {PNM}\)

Do đó MNPQ là hình thang cân.

Giả sử MNPQ ngoại tiếp được đường tròn tâm I, gọi E và F lần lượt là trung điểm của PQ và MN.

Do MNPQ là hình thang cân nên \(I \in EF\).

Kẻ \(IH \bot MQ;\,\,IK \bot NP\).

Ta có: \(IE = IF = IH = IK\), xét tam giác vuông IPE và IPK có IC chung, IE = IK \( \Rightarrow \Delta IPE = \Delta IPK\,\,\left( {ch - cgv} \right) \Rightarrow EP = KP\)

Chứng minh tương tự ta có: \(QE = QH,\,\,NK = NF,\,\,MH = MF\)

\( \Rightarrow MN + PQ = MQ + NP = 2MQ\,\,\,\left( * \right)\)

Đặt AM = x (0 < x < a). Theo định lí Ta-let ta có: \({{DM} \over {DA}} = {{MQ} \over {SA}} \Rightarrow MQ = {{DM.SA} \over {DA}} = {{\left( {a - x} \right).2a} \over a} = 2\left( {a - x} \right)\)

Ta có : \({{PQ} \over {CD}} = {{SQ} \over {SD}} = {{AM} \over {AD}} \Rightarrow {{PQ} \over a} = {x \over a} \Rightarrow PQ = x\).

Kẻ DR // BC, gọi \(G = DR \cap MN\), dễ thấy RB = GN = CD = a.

\({{MG} \over {AR}} = {{DM} \over {DA}} \Rightarrow MG = {{AR.DM} \over {DA}} = {{2a.\left( {a - x} \right)} \over a} = 2\left( {a - x} \right) \Rightarrow MN = MG + GN = 3a - 2x\)

Thay vào (*) ta có : \(3a - 2x + x = 4\left( {a - x} \right) \Leftrightarrow 3a - x = 4a - 4x \Leftrightarrow 3x = a \Leftrightarrow x = {a \over 3}\).

\( \Rightarrow MN = {{7a} \over 3},\,\,MQ = {{4a} \over 3};\,\,PQ = {a \over 3}\)

Ta có : \(EF = \sqrt {M{Q^2} - {{\left( {{{MN - PQ} \over 2}} \right)}^2}}  = {{a\sqrt 7 } \over 3} \Rightarrow r = {1 \over 2}EF = {{a\sqrt 7 } \over 6}.\)

Chọn A.