Google
Câu hỏi: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu $\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=6$ tâm I. Gọi $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng vuông góc với đường thẳng $d:\dfrac{x+1}{1}=\dfrac{y-3}{-4}=\dfrac{z}{1}$ và cắt mặt cầu $\left( S \right)$ theo đường tròn $\left( C \right)$ sao cho khối nón có đỉnh I, đáy là đường tròn $\left( C \right)$ có thể tích lớn nhất. Biết $\left( \alpha \right)$ không đi qua gốc tọa độ, gọi $H\left( {{x}_{H}},{{y}_{H}},{{z}_{H}} \right)$ là tâm của đường tròn $\left( C \right)$. Giá trị của biểu thức $T={{x}_{H}}+{{y}_{H}}+{{z}_{H}}$ bằng
A. $\dfrac{1}{3}$
B. $\dfrac{4}{3}$
C. $\dfrac{2}{3}$
D. $-\dfrac{1}{2}$
A. $\dfrac{1}{3}$
B. $\dfrac{4}{3}$
C. $\dfrac{2}{3}$
D. $-\dfrac{1}{2}$
Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 1;-1;1 \right)$, bán kính $R=\sqrt{6}$.
Gọi x là khoảng cách từ I đến mặt phẳng $\left( \alpha \right),0<x<\sqrt{6}$. Khi đó, thể tích khối nón đỉnh I, đáy là đường tròn $\left( C \right)$ là: $V=\dfrac{1}{3}x\left( 6-{{x}^{2}} \right)=-\dfrac{{{x}^{3}}}{3}+2\text{x}$
Xét hàm số $f\left( x \right)=-\dfrac{{{x}^{3}}}{3}+2\text{x}$, với $0<x<\sqrt{6}$
${f}'\left( x \right)=-{{x}^{2}}+2;\text{ {f}'}\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=\pm \sqrt{2}$
Hàm số $y=f\left( x \right)$ liên tục trên $\left[ 0;\sqrt{6} \right]$, có $f\left( 0 \right)=f\left( \sqrt{6} \right)=0,\text{ f}\left( \sqrt{2} \right)=\sqrt{2}$, nên $\underset{\left[ 0;\sqrt{6} \right]}{\mathop{\max }} f\left( x \right)=\sqrt{2}$, đạt được khi $x=\sqrt{2}$.
Gọi $\overrightarrow{u}=\left( 1;-4;1 \right)$ véctơ chỉ phương của đường thẳng d. Vì $IH\bot \left( \alpha \right)$ nên tồn tại số thực k sao cho
$\overrightarrow{IH}=k\overrightarrow{u}$, suy ra $\left| \overrightarrow{IH} \right|=\left| k \right|.\left| \overrightarrow{u} \right|\Rightarrow \left| k \right|=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{18}}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow k=\pm \dfrac{1}{3}$.
Với $k=\dfrac{1}{3}:\overrightarrow{IH}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{u}\Rightarrow H\left( \dfrac{4}{3};-\dfrac{7}{3};\dfrac{4}{3} \right)\Rightarrow \left( \alpha \right):x-4y+z-6=0$ (nhận vì $O\notin \left( \alpha \right)$ )
Với $k=-\dfrac{1}{3}:\overrightarrow{IH}=-\dfrac{1}{3}\overrightarrow{u}\Rightarrow H\left( \dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{2}{3} \right)\Rightarrow \left( \alpha \right):x-4y+z=0$ (loại vì $O\in \left( \alpha \right)$ ).
Vậy ${{x}_{H}}+{{y}_{H}}+{{z}_{H}}=\dfrac{1}{3}$.
Gọi x là khoảng cách từ I đến mặt phẳng $\left( \alpha \right),0<x<\sqrt{6}$. Khi đó, thể tích khối nón đỉnh I, đáy là đường tròn $\left( C \right)$ là: $V=\dfrac{1}{3}x\left( 6-{{x}^{2}} \right)=-\dfrac{{{x}^{3}}}{3}+2\text{x}$
Xét hàm số $f\left( x \right)=-\dfrac{{{x}^{3}}}{3}+2\text{x}$, với $0<x<\sqrt{6}$
${f}'\left( x \right)=-{{x}^{2}}+2;\text{ {f}'}\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=\pm \sqrt{2}$
Hàm số $y=f\left( x \right)$ liên tục trên $\left[ 0;\sqrt{6} \right]$, có $f\left( 0 \right)=f\left( \sqrt{6} \right)=0,\text{ f}\left( \sqrt{2} \right)=\sqrt{2}$, nên $\underset{\left[ 0;\sqrt{6} \right]}{\mathop{\max }} f\left( x \right)=\sqrt{2}$, đạt được khi $x=\sqrt{2}$.
Gọi $\overrightarrow{u}=\left( 1;-4;1 \right)$ véctơ chỉ phương của đường thẳng d. Vì $IH\bot \left( \alpha \right)$ nên tồn tại số thực k sao cho
$\overrightarrow{IH}=k\overrightarrow{u}$, suy ra $\left| \overrightarrow{IH} \right|=\left| k \right|.\left| \overrightarrow{u} \right|\Rightarrow \left| k \right|=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{18}}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow k=\pm \dfrac{1}{3}$.
Với $k=\dfrac{1}{3}:\overrightarrow{IH}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{u}\Rightarrow H\left( \dfrac{4}{3};-\dfrac{7}{3};\dfrac{4}{3} \right)\Rightarrow \left( \alpha \right):x-4y+z-6=0$ (nhận vì $O\notin \left( \alpha \right)$ )
Với $k=-\dfrac{1}{3}:\overrightarrow{IH}=-\dfrac{1}{3}\overrightarrow{u}\Rightarrow H\left( \dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{2}{3} \right)\Rightarrow \left( \alpha \right):x-4y+z=0$ (loại vì $O\in \left( \alpha \right)$ ).
Vậy ${{x}_{H}}+{{y}_{H}}+{{z}_{H}}=\dfrac{1}{3}$.
Đáp án A.