Google
Câu hỏi: Trong không gian $Oxyz,$ cho mặt cầu $\left( {{S}_{2}} \right)$ có tâm ${{I}_{2}}\left( 2;1;5 \right)$, bán kính bằng 2 và mặt cầu $\left( {{S}_{1}} \right)$ có phuong trình: ${{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=16$. Mặt phẳng $\left( P \right)$ thay đổi và luôn tiếp xúc với 2 mặt cầu trên. Khoảng cách nhỏ nhất từ $O$ đến mặt phẳng $\left( P \right)$ bằng
A. $\sqrt{15}$.
B. $\dfrac{9-\sqrt{15}}{2}$.
C. $\dfrac{9+\sqrt{15}}{2}$.
D. $\dfrac{9\sqrt{3}+\sqrt{15}}{2}$.
A. $\sqrt{15}$.
B. $\dfrac{9-\sqrt{15}}{2}$.
C. $\dfrac{9+\sqrt{15}}{2}$.
D. $\dfrac{9\sqrt{3}+\sqrt{15}}{2}$.
Mặt cầu $\left( {{S}_{1}} \right)$ có tâm ${{I}_{1}}\left( 2;1;1 \right)$, bán kính bằng 4. Gọi $M,N$ lần lượt là tiếp điểm của mặt phẳng $\left( P \right)$ và mặt cầu $\left( {{S}_{1}} \right)$, $\left( {{S}_{2}} \right)$ ta có $\dfrac{{{I}_{1}}M}{{{I}_{2}}N}=2$
$\Rightarrow {{V}_{\left( I,2 \right)}}\left( \left( {{S}_{2}} \right) \right)=\left( {{S}_{1}} \right)\Rightarrow {{V}_{\left( I,2 \right)}}\left( {{I}_{2}} \right)=\left( {{I}_{1}} \right)\Rightarrow I\left( 2;1;9 \right)$
Giả sử $\left( {{I}_{1}}{{I}_{2}}MN \right)\cap \left( P \right)=MN$, $\left( {{I}_{1}}{{I}_{2}}MN \right)\cap \left( P \right)=MN$, $\left( {{I}_{1}}{{I}_{2}}MN \right)\cap \left( {{S}_{1}} \right)=\left( {{I}_{1}},4 \right)$, $\left( {{I}_{1}}{{I}_{2}}MN \right)\cap \left( {{S}_{2}} \right)=\left( {{I}_{2}},2 \right)$. Với $\left( {{I}_{1}},4 \right)$ là đường tròn, $\left( {{I}_{2}},2 \right)$ là đường tròn.
Xét tam giác ${{I}_{2}}IM$ vuông tại M, $I{{I}_{2}}=4$, ${{I}_{2}}M=2$. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên $\left( P \right)$
$\sin \overset{\wedge }{\mathop{{{I}_{2}}IM}} =\dfrac{{{I}_{2}}M}{I{{I}_{2}}}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow \overset{\wedge }{\mathop{{{I}_{2}}IM}} ={{30}^{0}}$.
Tam giác $I{{I}_{1}}O$ có $OI=\sqrt{86},\ I{{I}_{1}}=8,O{{I}_{1}}=\sqrt{6}$.
$\begin{aligned}
& \cos \overset{\wedge }{\mathop{{{I}_{1}}IO}} =\dfrac{{{\left( I{{I}_{1}} \right)}^{2}}+{{\left( OI \right)}^{2}}-{{\left( O{{I}_{1}} \right)}^{2}}}{2OI.I{{I}_{1}}}=\dfrac{9}{\sqrt{86}}\Rightarrow \overset{\wedge }{\mathop{{{I}_{1}}IO}} \approx {{13}^{0}}57'9,9'' \\
& \Rightarrow \overset{\wedge }{\mathop{HIO}} ={{30}^{0}}-\overset{\wedge }{\mathop{{{I}_{1}}IO}} \approx {{16}^{0}}{{2}^{'}}50'' \\
\end{aligned}$
Xét tam giác $OIH$ vuông tại $H$. Ta có $OH=OI.\sin \overset{\wedge }{\mathop{OIH}} \approx 2,5635083$.
$\dfrac{9-\sqrt{15}}{2}\approx 2,5635083$.
$\Rightarrow {{V}_{\left( I,2 \right)}}\left( \left( {{S}_{2}} \right) \right)=\left( {{S}_{1}} \right)\Rightarrow {{V}_{\left( I,2 \right)}}\left( {{I}_{2}} \right)=\left( {{I}_{1}} \right)\Rightarrow I\left( 2;1;9 \right)$
Xét tam giác ${{I}_{2}}IM$ vuông tại M, $I{{I}_{2}}=4$, ${{I}_{2}}M=2$. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên $\left( P \right)$
$\sin \overset{\wedge }{\mathop{{{I}_{2}}IM}} =\dfrac{{{I}_{2}}M}{I{{I}_{2}}}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow \overset{\wedge }{\mathop{{{I}_{2}}IM}} ={{30}^{0}}$.
Tam giác $I{{I}_{1}}O$ có $OI=\sqrt{86},\ I{{I}_{1}}=8,O{{I}_{1}}=\sqrt{6}$.
$\begin{aligned}
& \cos \overset{\wedge }{\mathop{{{I}_{1}}IO}} =\dfrac{{{\left( I{{I}_{1}} \right)}^{2}}+{{\left( OI \right)}^{2}}-{{\left( O{{I}_{1}} \right)}^{2}}}{2OI.I{{I}_{1}}}=\dfrac{9}{\sqrt{86}}\Rightarrow \overset{\wedge }{\mathop{{{I}_{1}}IO}} \approx {{13}^{0}}57'9,9'' \\
& \Rightarrow \overset{\wedge }{\mathop{HIO}} ={{30}^{0}}-\overset{\wedge }{\mathop{{{I}_{1}}IO}} \approx {{16}^{0}}{{2}^{'}}50'' \\
\end{aligned}$
Xét tam giác $OIH$ vuông tại $H$. Ta có $OH=OI.\sin \overset{\wedge }{\mathop{OIH}} \approx 2,5635083$.
$\dfrac{9-\sqrt{15}}{2}\approx 2,5635083$.
Đáp án B.
