Google
Câu hỏi: Trong không gian $\mathrm{O x y z}$, cho mặt cầu $\left( S \right):{{\left( x+2 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}+{{\left( z-2 \right)}^{2}}=9$ và hai điểm $A\left( 1;3;2 \right)$, $B\left( 9;-3;4 \right)$. Gọi $\left( P \right)$, $\left( Q \right)$ là hai mặt phẳng phân biệt cùng chứa $\mathrm{A B}$ và tiếp xúc với $\left( S \right)$ tại $\mathrm{M}$ và $\mathrm{N}$. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $\mathrm{A B M N}$ bằng
A. $\dfrac{\sqrt{129}}{2}$.
B. $\sqrt{51}$.
C. $\dfrac{\sqrt{4874}}{7}$.
D. $\sqrt{26}$.
Mặt cầu có tâm $I\left( -2;-1;2 \right)$, $R=3$.
Ta có $\overset{\to }{\mathop{AB}} =\left( 8;-6;2 \right)\Rightarrow AB=2\sqrt{26}$. Đường thẳng $AB:\dfrac{x-5}{4}=\dfrac{y}{-3}=\dfrac{z-3}{1}$.
Gọi $H=AB\cap \left( IMN \right)$ khi đó $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
IM\bot \left( P \right)\supset AB \\
IN\bot \left( Q \right)\supset AB \\
\end{array}\Rightarrow AB\bot \left( IMN \right) \right.$.
Do đó $H\left( 1;3;2 \right)$ là tọa độ hình chiếu vuông góc của $I$ trên đường thẳng $AB$. Dễ thấy $H\equiv A$ và $I A \perp M N$ tại trung điểm $\mathrm{K}$ của $\mathrm{M N}$.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có
$IK.IA=I{{M}^{2}}={{R}^{2}}=9\Leftrightarrow IK=\dfrac{9}{IA}=\dfrac{9}{5}\Rightarrow AK=IA-IK=5-\dfrac{9}{5}=\dfrac{16}{5}$.
$I K. I A=I M^{2}=R^{2}=9 \Leftrightarrow I K=\dfrac{9}{I A}=\dfrac{9}{5} \Rightarrow A K=I A-I K=5-\dfrac{9}{5}=\dfrac{16}{5} ; M N=2 M K=2 \sqrt{R^{2}-I K^{2}}=2 \sqrt{9}$.
Hình chóp $\mathrm{B . A M N}$ có cạnh bên $\mathrm{B A}$ vuông góc với đáy nên $R_{A B M N}=\sqrt{R_{A M N}^{2}+A B^{2}}=\sqrt{\left(\dfrac{5}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{\sqrt{104}}{2}\right)^{2}}=\dfrac{\sqrt{129}}{2}$.
Trong đó $R_{A M N}=R_{I M N}=\dfrac{M N}{2 \sin \widehat{M I N}}=\dfrac{\dfrac{24}{5}}{2 \sqrt{1-\left(\dfrac{3^{2}+3^{2}-\left(\dfrac{24}{5}\right)^{2}}{2.3.3}\right)^{2}}}=\dfrac{5}{2}$ (do tứ giác $IMAN$ nội tiếp).
A. $\dfrac{\sqrt{129}}{2}$.
B. $\sqrt{51}$.
C. $\dfrac{\sqrt{4874}}{7}$.
D. $\sqrt{26}$.
Ta có $\overset{\to }{\mathop{AB}} =\left( 8;-6;2 \right)\Rightarrow AB=2\sqrt{26}$. Đường thẳng $AB:\dfrac{x-5}{4}=\dfrac{y}{-3}=\dfrac{z-3}{1}$.
Gọi $H=AB\cap \left( IMN \right)$ khi đó $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
IM\bot \left( P \right)\supset AB \\
IN\bot \left( Q \right)\supset AB \\
\end{array}\Rightarrow AB\bot \left( IMN \right) \right.$.
Do đó $H\left( 1;3;2 \right)$ là tọa độ hình chiếu vuông góc của $I$ trên đường thẳng $AB$. Dễ thấy $H\equiv A$ và $I A \perp M N$ tại trung điểm $\mathrm{K}$ của $\mathrm{M N}$.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có
$IK.IA=I{{M}^{2}}={{R}^{2}}=9\Leftrightarrow IK=\dfrac{9}{IA}=\dfrac{9}{5}\Rightarrow AK=IA-IK=5-\dfrac{9}{5}=\dfrac{16}{5}$.
$I K. I A=I M^{2}=R^{2}=9 \Leftrightarrow I K=\dfrac{9}{I A}=\dfrac{9}{5} \Rightarrow A K=I A-I K=5-\dfrac{9}{5}=\dfrac{16}{5} ; M N=2 M K=2 \sqrt{R^{2}-I K^{2}}=2 \sqrt{9}$.
Hình chóp $\mathrm{B . A M N}$ có cạnh bên $\mathrm{B A}$ vuông góc với đáy nên $R_{A B M N}=\sqrt{R_{A M N}^{2}+A B^{2}}=\sqrt{\left(\dfrac{5}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{\sqrt{104}}{2}\right)^{2}}=\dfrac{\sqrt{129}}{2}$.
Trong đó $R_{A M N}=R_{I M N}=\dfrac{M N}{2 \sin \widehat{M I N}}=\dfrac{\dfrac{24}{5}}{2 \sqrt{1-\left(\dfrac{3^{2}+3^{2}-\left(\dfrac{24}{5}\right)^{2}}{2.3.3}\right)^{2}}}=\dfrac{5}{2}$ (do tứ giác $IMAN$ nội tiếp).
Đáp án A.