Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, $AB=a,AD=\sqrt{2}a$, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) bằng ${60}^0$. Gọi H là trung điểm của AB. Biết rằng tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.HAC

Kẻ HK vuông góc AB tại K, gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC, E là trung điểm của SH.

Ta có: H là trung điểm của AB, tam giác SAB cân tại S $\Rightarrow SH\perp AB$ 

Mà SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy $\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$ 

$\Delta AHK$ đồng dạng $\Delta ACB$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{AH}{AC}=\frac{HK}{BC}\iff \frac{\frac{a}{2}}{\sqrt{a^2+{\left(\sqrt{2}a\right)}^2}}=\frac{HK}{\sqrt{2}a}\iff HK=\frac{a}{\sqrt{6}}$ 

Ta có: $HK\perp AC,SH\perp AC\Rightarrow AC\perp \left(SHK\right)\Rightarrow AC\perp SK$ 

$\Rightarrow \left(\left(SAC\right);\left(ABCD\right)\right)=\widehat{SKH}={60}^0$ 

$\Delta SKH$ vuông tại H, $\widehat{SKH}={60}^0\Rightarrow SH=HK.\tan {60}^0=\frac{a}{\sqrt{6}}.\sqrt{3}=\frac{a}{\sqrt{2}}\Rightarrow EH=\frac{a}{2\sqrt{2}}$ 

Ta có: $S_{\Delta AHC}=\frac{1}{2}{S}_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.S_{ABCD}=\frac{S_{ABCD}}{4}=\frac{a^2\sqrt{2}}{4}$ 

I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB

$\Rightarrow IH=R=\frac{AH.HC.AC}{4S_{\Delta AHC}}=\frac{\frac{a}{2}.\sqrt{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\sqrt{2}a\right)}^2}.\sqrt{a^2+{\left(\sqrt{2}a\right)}^2}}{4.\frac{a^2\sqrt{2}}{4}}=\frac{\frac{a}{2}.\frac{3a}{2}.\sqrt{3}a}{a^2\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{3}a}{4\sqrt{2}}$ 

Tứ giác OEHI là hình chữ nhật

$\Rightarrow OH=\sqrt{I{H}^2+E{H}^2}=\sqrt{{\left(\frac{3\sqrt{2}a}{4\sqrt{2}}\right)}^2+{\left(\frac{a}{2\sqrt{2}}\right)}^2}=\sqrt{\frac{27a^2}{32}+\frac{a^2}{8}}=\frac{\sqrt{62}a}{8}$