Cho tứ diện đều ABCD có một đường cao AA1. Gọi I là trung điểm AA1. Mặt phẳng

Cho tứ diện đều ABCD có một đường cao AA₁. Gọi I là trung điểm AA₁. Mặt phẳng (BCI) chia tứ diện ABCD thành hai tứ diện. Tính tỉ số hai bán kính của hai mặt cầu ngoại tiếp hai tứ diện đó.

A. \(\sqrt {\frac{{43}}{{51}}} .\)

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

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

D. \(\sqrt {\frac{{48}}{{153}}} .\)

Đáp án đúng là: A

Gọi cạnh của tứ diện đều là a.

Gọi K là trung điểm của CD và E = IK ∩ AB.

Qua A₁ kẻ đường thẳng song song với IK cắt AB tại J.

Ta có:

\(\frac{{BJ}}{{BE}} = \frac{{B{A_1}}}{{BK}} = \frac{2}{3}\) và \(\frac{{AE}}{{EJ}} = \frac{{AI}}{{L{A_1}}} = 1\) nên suy ra \(AE = \frac{1}{4}AB = \frac{a}{4}\) và \(BE = \frac{{3a}}{4}\).

Gọi M là trung điểm của BE, trong mặt phẳng (ABK) dựng đường trung trực của BE cắt AA₁ tại O. Ta dễ dàng chứng minh được O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp EBCD.

Ta có: \(B{A_1} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3},A{A_1} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\). Đặt BE = x.

Tam giác ABA₁ đồng dạng với tam giác AOM nên suy ra

\(\frac{{AM}}{{A{A_1}}} = \frac{{OM}}{{BH}} \Rightarrow OM = \frac{{AM \cdot BH}}{{A{A_1}}} = \left( {a - \frac{x}{2}} \right)\sqrt {\frac{1}{2}} {\rm{.\;}}\)

Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp EBCD ta suy ra:

\(R = OB = \sqrt {O{M^2} + M{B^2}} = \sqrt {\frac{{{x^2}}}{4} + \frac{1}{2}{{\left( {a - \frac{x}{2}} \right)}^2}} .\)

Với \(x = \frac{{3a}}{4}\) ta có:

\(R = \sqrt {\frac{{9{a^2}}}{{64}} + \frac{1}{2}{{\left( {a - \frac{{3a}}{8}} \right)}^2}} = a\sqrt {\frac{{43}}{{128}}} .\)

Tương tự với \(x = \frac{a}{4}\) ta có bán kính R’ của mặt cầu ngoại tiếp EACD là

\(R' = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{{64}} + \frac{1}{2}{{\left( {a - \frac{a}{4}} \right)}^2}} = a\sqrt {\frac{{51}}{{128}}} \)

Do đó \(\frac{R}{{R'}} = \sqrt {\frac{{43}}{{51}}} \).