Cho tứ diện ABCD có AB = a căn 3/ 2 và các cạnh còn lại đều bằng a

Gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy \(ABC.\)

Do \(DA = DB = DC\) nên \(DO \bot \left( {ABC} \right).\)

Gọi \[H\] là trung điểm \(DA.\) Qua \[H\] kẻ \(HI \bot DA\,\,\left( {I \in DO} \right).\)

Khi đó \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.

− Xét tam giác \(ABC\) có:

• \(\cos \widehat {ACB} = \frac{{A{C^2} + B{C^2} - A{B^2}}}{{2 \cdot AC \cdot BC}} = \frac{{{a^2} + {a^2} - \frac{{3{a^2}}}{4}}}{{2 \cdot a \cdot a}} = \frac{5}{8}\)

\( \Rightarrow \sin \widehat {ACB} = \frac{{\sqrt {39} }}{8}\).• \(OA = \frac{{AB}}{{2\sin \widehat {ACB}}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{2 \cdot \frac{{\sqrt {39} }}{8}}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{{13}}\) (định lí sin).

− Xét tam giác \(OAD\) vuông tại \(O\) nên \[OD = \sqrt {A{D^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{2a\sqrt {13} }}{{13}}} \right)}^2}}  = \frac{{3a\sqrt {13} }}{{13}}.\]

Ta có \(\Delta DHI = \Delta D{\rm{OA}}\,\,{\rm{(g}}{\rm{.g)}}\) suy ra \(DI = \frac{{DH \cdot DA}}{{DO}} = \frac{{D{A^2}}}{{2DO}} = \frac{{{a^2}}}{{2 \cdot \frac{{3\sqrt {13} }}{{13}}}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{6}\).

Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\) bằng \(R = \frac{{a\sqrt {13} }}{6}\).

\( \Rightarrow m = 13\,,\,\,n = 6 \Rightarrow T = m + n = 19.\)

Đáp án: 19.