Đáp án đúng: D
Giải chi tiết:Gọi tứ diện đều là \(ABCD\).
+ Nếu bán kính \(R\) của vòng tròn thép bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp một mặt của tứ diện đều thì rõ ràng khối tứ diện có thể đi qua được vòng tròn thép.
+ Ta xét các TH bán kính \(R\) của vòng tròn thép nhỏ hơn bán kính một mặt của khối tứ diện.
Đưa đỉnh \(C\) qua vòng tròn thép và đặt đỉnh A lên vòng thép, giả sử vòng thép tiếp xúc với hai cạnh \(BC,\,\,CD\) lần lượt tại \(M,\,\,N\).
Dễ thấy ta luôn đưa được mô hình tứ diện qua vòng tròn bằng cách đưa đỉnh A đi qua trước rồi đổi sang các đỉnh B hoặc D.
Do tính đối xứng của hình ta chỉ cần xét với tam giác AMN cân tại A.
Đặt \(CM = x\,\,\left( {0 < x < 1} \right)\) ta có \(MN = CM = CN = x\).
Áp dụng định lí Cosin trong tam giác \(ACM\) ta có:
\(\begin{array}{l}A{M^2} = C{M^2} + A{C^2} - 2CM.AC.\cos {60^0}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {x^2} + 1 - 2x.\dfrac{1}{2} = {x^2} - x + 1\\ \Rightarrow AM = \sqrt {{x^2} - x + 1} = AN\end{array}\)
Tiếp tục áp dụng định lí Cosin trong tam giác \(AMN\) ta có:
\(\begin{array}{l}\cos \angle MAN = \dfrac{{A{M^2} + A{N^2} - M{N^2}}}{{2AM.AN}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\left( {{x^2} - x + 1} \right) - {x^2}}}{{2\left( {{x^2} - x + 1} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{{x^2} - 2x + 2}}{{2\left( {{x^2} - x + 1} \right)}}\\ \Rightarrow \sin \angle MAN = \sqrt {1 - {{\left( {\dfrac{{{x^2} - 2x + 2}}{{2\left( {{x^2} - x + 1} \right)}}} \right)}^2}} = \dfrac{{\sqrt {{x^2}\left( {3{x^2} - 4x + 4} \right)} }}{{2\left( {{x^2} - x + 1} \right)}}\end{array}\)
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN là:
\(R = \dfrac{{MN}}{{2\sin \angle MAN}} = \dfrac{{{x^2} - x + 1}}{{\sqrt {3{x^2} - 4x + 4} }}\).
Xét hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{{{x^2} - x + 1}}{{\sqrt {3{x^2} - 4x + 4} }}\) với \(x \in \left( {0;1} \right)\) ta có \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0;1} \right)} f\left( x \right) \approx 0,4478\) (sử dụng MTCT).
Chọn D.
