Google
Câu hỏi: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm $A\left( 9;3;0 \right),B\left( 10;0;0 \right)$, M là điểm di động trên mặt phẳng $\left( Oxz \right)$ và hai mặt phẳng $\left( MOA \right)$, $\left( MAB \right)$ lần lượt hợp với mặt phẳng $\left( Oxy \right)$ hai góc phụ nhau. Khi thể tích khối tứ diện MOAB lớn nhất thì phương trình mặt phẳng $\left( MAB \right)$ có dạng $ax+by+\sqrt{30}z+c=0$. Giá trị biểu thức $a+b+c$ bằng
A. 26.
B. 26.
C. 27.
D. 27.
Ta có $A\left( 9;3;0 \right)$, $B\left( 10;0;0 \right)\in \left( Oxy \right)$ và $OA=3\sqrt{10}$, $OB=10$, $AB=\sqrt{10}$ nên $\Delta OAB$ vuông tại A.
Kẻ $MH\bot OB\Rightarrow MH\bot \left( OAB \right)$. Vì diện tích tam giác OAB không đổi nên thể tích khối tứ diện MOAB lớn nhất khi MH lớn nhất. Kẻ $HI\bot OA$, $HK\bot AB$. Khi đó theo giả thiết, ta có $\widehat{\left( MOA \right),\left( OAB \right)}=\widehat{MIH}=\alpha $ và $\widehat{\left( MAB \right),\left( OAB \right)}=\widehat{MKH}=90{}^\circ -\alpha $.
Ta có ${{S}_{\Delta OHA}}+{{S}_{\Delta AHB}}={{S}_{\Delta OAB}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}MH\cot \alpha .3\sqrt{10}+\dfrac{1}{2}.MH\cot \left( 90{}^\circ -\alpha \right).\sqrt{10}=15$
$\Rightarrow MH=\dfrac{3\sqrt{10}}{\tan \alpha +3\cot \alpha }\overset{\tan \alpha =x}{\mathop{=}} \dfrac{3\sqrt{10}x}{{{x}^{2}}+3}=f\left( x \right)\le f\left( \sqrt{3} \right)=\dfrac{\sqrt{30}}{2}$.
Vậy thể tích khối tứ diện MOAB lớn nhất khi $\alpha =60{}^\circ $ và H là trung điểm OB $\Rightarrow M\left( 5;0;\dfrac{\sqrt{30}}{2} \right)$
Khi đó $\left\{ \begin{aligned}
& \overrightarrow{AB}=\left( 1;-3;0 \right) \\
& \overrightarrow{AM}=\left( -4;-3;\dfrac{\sqrt{30}}{2} \right) \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow \left( MAB \right):3x+y+\sqrt{30}z-30=0$.
A. 26.
B. 26.
C. 27.
D. 27.
Ta có $A\left( 9;3;0 \right)$, $B\left( 10;0;0 \right)\in \left( Oxy \right)$ và $OA=3\sqrt{10}$, $OB=10$, $AB=\sqrt{10}$ nên $\Delta OAB$ vuông tại A.
Kẻ $MH\bot OB\Rightarrow MH\bot \left( OAB \right)$. Vì diện tích tam giác OAB không đổi nên thể tích khối tứ diện MOAB lớn nhất khi MH lớn nhất. Kẻ $HI\bot OA$, $HK\bot AB$. Khi đó theo giả thiết, ta có $\widehat{\left( MOA \right),\left( OAB \right)}=\widehat{MIH}=\alpha $ và $\widehat{\left( MAB \right),\left( OAB \right)}=\widehat{MKH}=90{}^\circ -\alpha $.
Ta có ${{S}_{\Delta OHA}}+{{S}_{\Delta AHB}}={{S}_{\Delta OAB}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}MH\cot \alpha .3\sqrt{10}+\dfrac{1}{2}.MH\cot \left( 90{}^\circ -\alpha \right).\sqrt{10}=15$
$\Rightarrow MH=\dfrac{3\sqrt{10}}{\tan \alpha +3\cot \alpha }\overset{\tan \alpha =x}{\mathop{=}} \dfrac{3\sqrt{10}x}{{{x}^{2}}+3}=f\left( x \right)\le f\left( \sqrt{3} \right)=\dfrac{\sqrt{30}}{2}$.
Vậy thể tích khối tứ diện MOAB lớn nhất khi $\alpha =60{}^\circ $ và H là trung điểm OB $\Rightarrow M\left( 5;0;\dfrac{\sqrt{30}}{2} \right)$
Khi đó $\left\{ \begin{aligned}
& \overrightarrow{AB}=\left( 1;-3;0 \right) \\
& \overrightarrow{AM}=\left( -4;-3;\dfrac{\sqrt{30}}{2} \right) \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow \left( MAB \right):3x+y+\sqrt{30}z-30=0$.
Đáp án A.