Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết rằng AB = a, \(AD = a\sqrt 3 \) và \(\widehat {ASB} = 60^\circ \). Tính diện tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

a) Hình bình hành ABCD có \(\widehat {BAD},\,\widehat {ADC}\) ở vị trí trong cùng phía.

Suy ra \(\widehat {ADC} = 180^\circ - \widehat {BAD} = 60^\circ \).

Khi đó \(\widehat {ADI} = \widehat {IDC} = \frac{{\widehat {ADC}}}{2} = 30^\circ \) (do DI là tia phân giác của \(\widehat {ADC}\)).

Mà \(\widehat {AID} = \widehat {IDC}\) (cặp góc so le trong).

Vì vậy \(\widehat {AID} = \widehat {ADI}\).

Suy ra tam giác ADI cân tại A.

Do đó AD = AI.

Mà AB = 2AI (I là trung điểm của AB).

Vậy AB = 2AD (điều phải chứng minh).

b) Gọi J là trung điểm của DI.

Tam giác ADI có AJ là đường trung tuyến.

Suy ra AJ vừa là đường phân giác, vừa là đường cao của tam giác ADI.

Khi đó \(\widehat {JAI} = \widehat {DAJ} = \frac{{\widehat {DAI}}}{2} = 60^\circ \).

Xét ∆AJD và ∆DHA, có:

\(\widehat {AJD} = \widehat {DHA} = 90^\circ \);

AD là cạnh chung;

\(\widehat {DAJ} = \widehat {ADH} = 60^\circ \).

Do đó ∆AJD = ∆DHA (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra DJ = AH (cặp cạnh tương ứng).

Mà DI = 2DJ (J là trung điểm của DI).

Vậy DI = 2AH (điều phải chứng minh).

c) Ta có BI = BC \(\left( { = \frac{1}{2}AB} \right)\).

Suy ra tam giác IBC cân tại B.

Mà \(\widehat {IBC} = \widehat {ADC} = 60^\circ \).

Do đó tam giác IBC đều.

Vì vậy IC = IB = IA.

Khi đó tam giác ABC vuông tại C hay \(\widehat {ACB} = 90^\circ \).

Suy ra \(\widehat {DAC} = \widehat {ACB} = 90^\circ \).

Vậy AD ⊥ AC (điều phải chứng minh).

a) Ta có AC là tiếp tuyến của (O). Suy ra AC ⊥ AB   (1)

Chứng minh tương tự, ta được BD ⊥ AB   (2)

Từ (1), (2), suy ra AC // BD và \[\widehat {BAC} = 90^\circ \].

Vậy ABDC là hình thang vuông.

b) Ta có MD, MB là hai tiếp tuyến của (O).

Suy ra MD = MB.

Do đó D thuộc đường trung trực của đoạn MB      (3)

Lại có OB = OM = R.

Suy ra O thuộc đường trung trực của đoạn MB      (4)

Từ (3), (4), suy ra OD là đường trung trực của đoạn MB.

Vậy OD ⊥ MB tại N.

Ta có \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) và \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Tam giác ABD vuông tại B có BE là đường cao: BD² = DE.DA          (5)

Tam giác BDO vuông tại B có BN là đường cao: BD² = DN.DO         (6)

Từ (5), (6), ta thu được DE.DA = DN.DO.

c) Xét ∆AOF và ∆OBD, có:

\(\widehat {AOF} = \widehat {OBD} = 90^\circ \);

AO = OB (= R);

\(\widehat {{A_1}} = \widehat {{O_1}}\) (cùng phụ với \(\widehat {ABM}\)).

Do đó ∆AOF = ∆OBD (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra OF = BD (cặp cạnh tương ứng).

Mà OF // BD (cùng vuông góc với AB).

Do đó OFDB là hình bình hành.

Mà \[\widehat {OBD} = 90^\circ \].

Vậy OFDB là hình chữ nhật.

d) Ta có AM = OM = OA = R.

Suy ra tam giác OAM đều.

Do đó \(\widehat {DBM} = \widehat {{A_1}} = 60^\circ \) (cùng phụ với \(\widehat {ABM}\)) và DM = DB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra tam giác MBD đều.

Khi đó DB = MB.

Tam giác ABM vuông tại M: \[MB = \sqrt {A{B^2} - A{M^2}} = \sqrt {4{R^2} - {R^2}} = R\sqrt 3 \].

Ta có CA = CM và CO là tia phân giác của \(\widehat {ACM}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra tam giác ACM cân tại C có CO là vừa là đường phân giác, vừa là đường cao.

Gọi K là giao điểm của CO và AM. Suy ra K là trung điểm của AM và CK ⊥ AK.

Ta có \(\widehat {CAK} = 90^\circ - \widehat {KAO} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \).

Tam giác AKC vuông tại K: \[AC = \frac{{AK}}{{\cos \widehat {CAK}}} = \frac{{AM}}{{2.\cos \widehat {CAK}}} = \frac{R}{{2.\cos 30^\circ }} = \frac{R}{{\sqrt 3 }}\].

Khi đó \[{S_{ABDC}} = \frac{{\left( {AC + BD} \right).AB}}{2} = \frac{{\left( {AC + MB} \right).AB}}{2}\].

\[ = \frac{{\left( {\frac{R}{{\sqrt 3 }} + R\sqrt 3 } \right).2R}}{2} = \frac{{4{R^2}}}{{\sqrt 3 }}\].

Vậy diện tích tứ giác ABDC bằng \[\frac{{4{R^2}}}{{\sqrt 3 }}\].