Google
Câu hỏi: Trong không gian $O x y z$, cho mặt cầu $(S):(x-1)^2+(y+1)^2+(z-1)^2=6$ tâm $I$. Gọi $(\alpha)$ là mặt phẳng vuông góc với đường thẳng $d: \dfrac{x+1}{1}=\dfrac{y-3}{-4}=\dfrac{z}{1}$ và cắt mặt cầu $(S)$ theo đường tròn $(C)$ sao cho khối nón có đỉnh $I$, đáy là đường tròn $(C)$ có thể tích lớn nhất. Biết $(\alpha)$ không đi qua gốc tọa độ, gọi $H\left(x_H, y_H, z_H\right)$ là tâm của đường tròn $(C)$. Giá trị của biểu thức $T=x_H+y_H+z_H$ bằng
A. $-\dfrac{1}{2}$
B. $\dfrac{4}{3}$.
C. $\dfrac{2}{3}$.
D. $\dfrac{1}{3}$.
A. $-\dfrac{1}{2}$
B. $\dfrac{4}{3}$.
C. $\dfrac{2}{3}$.
D. $\dfrac{1}{3}$.
Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(1 ;-1 ; 1)$, bán kính $R=\sqrt{6}$.
Gọi $x$ là khoảng cách từ $I$ đến mặt phẳng $(\alpha), 0<x<\sqrt{6}$. Khi đó, thể tích khối nón đỉnh $I$, đáy là đường tròn $(C)$ là: $V=\dfrac{1}{3} x\left(6-x^2\right)=-\dfrac{x^3}{3}+2 x$
Xét hàm số $f(x)=-\dfrac{x^3}{3}+2 x$, với $0<x<\sqrt{6}$ $f^{\prime}(x)=-x^2+2 ; f^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow x= \pm \sqrt{2}$
Hàm số $y=f(x)$ liên tục trên $[0 ; \sqrt{6}]$, có $f(0)=f(\sqrt{6})=0, f(\sqrt{2})=\sqrt{2}$, nên $\underset{(0 ; \sqrt{6})}{\operatorname{Max}} f(x)=\sqrt{2}$,
đạt được khi $x=\sqrt{2}$.
Gọi $\vec{u}=(1 ;-4 ; 1)$ là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng $d$. Vì $I H \perp(\alpha)$ nên tồn tại số thực $k$ sao cho $\overrightarrow{I H}=k \vec{u}$, suy ra $|\overrightarrow{I H}|=|k| \cdot|\vec{u}| \Rightarrow|k|=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{18}}=\dfrac{1}{3} \Rightarrow k= \pm \dfrac{1}{3}$.
Với $k=\dfrac{1}{3}: \overrightarrow{I H}=\dfrac{1}{3} \vec{u} \Rightarrow H\left(\dfrac{4}{3} ;-\dfrac{7}{3} ; \dfrac{4}{3}\right) \Rightarrow(\alpha): x-4 y+z-6=0$ (nhận vì $\left.O \notin(\alpha)\right)$
Với $k=-\dfrac{1}{3}: \overrightarrow{I H}=-\dfrac{1}{3} \vec{u} \Rightarrow H\left(\dfrac{2}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{2}{3}\right) \Rightarrow(\alpha): x-4 y+z=0$ (loại vì $O \in(\alpha)$ ).
Vậy $x_H+y_H+z_H=\dfrac{1}{3}$
Gọi $x$ là khoảng cách từ $I$ đến mặt phẳng $(\alpha), 0<x<\sqrt{6}$. Khi đó, thể tích khối nón đỉnh $I$, đáy là đường tròn $(C)$ là: $V=\dfrac{1}{3} x\left(6-x^2\right)=-\dfrac{x^3}{3}+2 x$
Xét hàm số $f(x)=-\dfrac{x^3}{3}+2 x$, với $0<x<\sqrt{6}$ $f^{\prime}(x)=-x^2+2 ; f^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow x= \pm \sqrt{2}$
Hàm số $y=f(x)$ liên tục trên $[0 ; \sqrt{6}]$, có $f(0)=f(\sqrt{6})=0, f(\sqrt{2})=\sqrt{2}$, nên $\underset{(0 ; \sqrt{6})}{\operatorname{Max}} f(x)=\sqrt{2}$,
đạt được khi $x=\sqrt{2}$.
Gọi $\vec{u}=(1 ;-4 ; 1)$ là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng $d$. Vì $I H \perp(\alpha)$ nên tồn tại số thực $k$ sao cho $\overrightarrow{I H}=k \vec{u}$, suy ra $|\overrightarrow{I H}|=|k| \cdot|\vec{u}| \Rightarrow|k|=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{18}}=\dfrac{1}{3} \Rightarrow k= \pm \dfrac{1}{3}$.
Với $k=\dfrac{1}{3}: \overrightarrow{I H}=\dfrac{1}{3} \vec{u} \Rightarrow H\left(\dfrac{4}{3} ;-\dfrac{7}{3} ; \dfrac{4}{3}\right) \Rightarrow(\alpha): x-4 y+z-6=0$ (nhận vì $\left.O \notin(\alpha)\right)$
Với $k=-\dfrac{1}{3}: \overrightarrow{I H}=-\dfrac{1}{3} \vec{u} \Rightarrow H\left(\dfrac{2}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{2}{3}\right) \Rightarrow(\alpha): x-4 y+z=0$ (loại vì $O \in(\alpha)$ ).
Vậy $x_H+y_H+z_H=\dfrac{1}{3}$
Đáp án D.