Cho hình chóp S.ABCcó đáy ABClà tam giác vuông cân tại...

Cách giải:

Gọi Ilà trung điểm của SB.
∆ SAB, ∆ SCBvuông tại Avà Cnên $IA=IC=\dfrac{1}{2}SB=IS=IB.~$
⇒ Ilà tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC.
Gọi Dlà đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD. Lại có AB⊥ BCnên ABCDlà hình chữ nhật.
Ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& AB\bot BC\Rightarrow AB\bot AD \\
& AB\bot SA~ \\
\end{aligned} \right.$ ⇒ AB⊥ ( SAD) ⇒ CD⊥ (SA) .
⇒ CD⊥ SD⇒∆SCDvuông tại D.
Ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& BC\bot CD~~ \\
& BC\bot SC \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SCD \right).$
Trong ( SCD) kẻ $DH\bot SC(H\in SC)$ ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& BC\bot DH \\
& DH\bot SC \\
\end{aligned} \right.~\Rightarrow DH\bot \left( SBC \right).~$
Ta có: $AD//BC\Rightarrow ~AD//\left( SBC \right).~$
$\Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=d\left( D;\left( SBC \right) \right)=DH=a\sqrt{2}.~$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SCDcó:
$\dfrac{1}{D{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{D}^{2}}}+\dfrac{1}{CD{{~}^{2}}}\Rightarrow \dfrac{1}{2{{a}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{D}^{2}}}+\dfrac{1}{3{{a}^{2}}}\Leftrightarrow SD=a\sqrt{6}.~$
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SCDcó: $SC=\sqrt{S{{D}^{2}}+C{{D}^{2}}}=\sqrt{6{{a}^{2}}+3{{a}^{2}}}=3a.~$
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SBCcó: $SB=\sqrt{S{{C}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{9{{a}^{2}}+3{{a}^{2}}}=2\sqrt{3a}.~$
Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp .S ABClà $R=\dfrac{1}{2}SB=a\sqrt{3}.~$
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp $S.ABC$ là $S=4\pi {{R}^{2}}=12\pi {{a}^{2}}.$