Đáp án:
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là $\dfrac{a\sqrt{55}}{11}$
Lời giải:
Gọi M là trung điểm BC, G,F là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC,DBC$
Vì $\Delta ABC, DBC$ đều
$\to AM\perp BC, DM\perp BC\to AM=MD=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\to GM=\dfrac 13AM=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}$
$\to BC\perp (MAD)$
$\Delta AMD$ kẻ $HG\perp AM, HF\perp DM\to BC\perp HG, HF$
$\to HG\perp (ABC), HF\perp (DBC)\to H$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Gọi $MH\cap AD=E\to E$ là trung điểm AD $\to ME\perp AD\to \Delta AME\bot E$
$\to ME=\sqrt{AM^2-(\dfrac{AE}{2})^2}=\dfrac{a\sqrt{11}}{6}$
Ta có :
$\tan\widehat{GMH}=\dfrac{GH}{GM}=\dfrac{AE}{ME}=\dfrac{4a}{\sqrt{11}}$
$\to GH=GM.\dfrac{4a}{\sqrt{11}}=\dfrac{2a}{\sqrt{33}}$
Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông $AHG$
$\to AH=\sqrt{AG^2+GH^2}=\dfrac{a\sqrt{55}}{11}$
