Google
Câu hỏi: Trong không gian $Oxyz$, cho mặt cầu $\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-2 \right)}^{2}}=1$. Xét điểm $M\left( a ; b ; c \right)$ di động trên đường thẳng $d:\dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y-1}{1}=\dfrac{z+2}{-2}$, từ điểm $M$ kẻ ba tiếp tuyến $MA, MB, MC$ đến $(S)$ với $A, B, C$ là các tiếp điểm. Biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ có bán kính nhỏ nhất. Tổng ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$ bằng
A. $1$.
B. $5$.
C. $10$.
D. $15$.
A. $1$.
B. $5$.
C. $10$.
D. $15$.
Mặt cầu $(S)$ có tâm $I\left( 1 ; 0 ; 2 \right)$ và bán kính $R=1$.
Xét điểm $M\left( 2t+1 ; t+1 ;-2t-2 \right) \in d$.
Gọi $A({{x}_{A}}; {{y}_{A}}; {{z}_{A}})$ là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ $M$ đến mặt cầu $(S)$, khi đó : $\left\{ \begin{aligned}
& \overrightarrow{IA}.\overrightarrow{MA}=0 \\
& A\in (S) \\
\end{aligned} \right.$(*)
mà $\overrightarrow{IA}=({{x}_{A}}-1; {{y}_{A}}; {{z}_{A}}-2)$, $\overrightarrow{MA}=( {{x}_{A}}-2t-1 ;{{y}_{A}}-t-1 ; {{z}_{A}}+2t+2 )$
nên $(*)\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& ({{x}_{A}}-1)({{x}_{A}}-2t-1)+{{y}_{A}}({{y}_{A}}-t-1)+({{z}_{A}}-2)({{z}_{A}}+2t+2)=0 \\
& {{({{x}_{A}}-1)}^{2}}+y_{A}^{2}+{{({{z}_{A}}-2)}^{2}}=1 \\
\end{aligned} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& x_{A}^{2}+y_{A}^{2}+z_{A}^{2}-(2t+2){{x}_{A}}-(t+1){{y}_{A}}+2t{{z}_{A}}-2t-3=0 (1) \\
& x_{A}^{2}+y_{A}^{2}+z_{A}^{2}-2{{x}_{A}} -4{{z}_{A}}+4=0 (2) \\
\end{aligned} \right.$
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: $-2t{{x}_{A}}-(t+1){{y}_{A}}+(2t+4){{z}_{A}}-2t-7=0$.
Suy ra mặt phẳng $\left( ABC \right):-2tx-(t+1)y+(2t+4)z-2t-7=0$ (3).
Gọi $r$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, ta có: ${{r}^{2}}={{R}^{2}}-{{d}^{2}}(I, (ABC))$.
Vì $R=1$ là cố định nên $r$ nhỏ nhất khi $d(I, (ABC))$ lớn nhất.
Ta lại có: $d(I,(ABC))=\dfrac{|-2t+4t+8-2t-7|}{\sqrt{{{(2t)}^{2}}+{{(t+1)}^{2}}+{{(2t+4)}^{2}}}}=\dfrac{1}{\sqrt{9{{(t+1)}^{2}}+8}}\le \dfrac{1}{\sqrt{8}}$.
Dấu $''=''$ xảy ra khi và chỉ khi $t=-1$.
Suy ra: $d(I, (ABC))$ đạt giá trị lớn nhất khi $t=-1$.
Suy ra $M\left( -1 ; 0 ; 0 \right)$ nên ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=1$.
Xét điểm $M\left( 2t+1 ; t+1 ;-2t-2 \right) \in d$.
Gọi $A({{x}_{A}}; {{y}_{A}}; {{z}_{A}})$ là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ $M$ đến mặt cầu $(S)$, khi đó : $\left\{ \begin{aligned}
& \overrightarrow{IA}.\overrightarrow{MA}=0 \\
& A\in (S) \\
\end{aligned} \right.$(*)
mà $\overrightarrow{IA}=({{x}_{A}}-1; {{y}_{A}}; {{z}_{A}}-2)$, $\overrightarrow{MA}=( {{x}_{A}}-2t-1 ;{{y}_{A}}-t-1 ; {{z}_{A}}+2t+2 )$
nên $(*)\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& ({{x}_{A}}-1)({{x}_{A}}-2t-1)+{{y}_{A}}({{y}_{A}}-t-1)+({{z}_{A}}-2)({{z}_{A}}+2t+2)=0 \\
& {{({{x}_{A}}-1)}^{2}}+y_{A}^{2}+{{({{z}_{A}}-2)}^{2}}=1 \\
\end{aligned} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& x_{A}^{2}+y_{A}^{2}+z_{A}^{2}-(2t+2){{x}_{A}}-(t+1){{y}_{A}}+2t{{z}_{A}}-2t-3=0 (1) \\
& x_{A}^{2}+y_{A}^{2}+z_{A}^{2}-2{{x}_{A}} -4{{z}_{A}}+4=0 (2) \\
\end{aligned} \right.$
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: $-2t{{x}_{A}}-(t+1){{y}_{A}}+(2t+4){{z}_{A}}-2t-7=0$.
Suy ra mặt phẳng $\left( ABC \right):-2tx-(t+1)y+(2t+4)z-2t-7=0$ (3).
Gọi $r$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, ta có: ${{r}^{2}}={{R}^{2}}-{{d}^{2}}(I, (ABC))$.
Vì $R=1$ là cố định nên $r$ nhỏ nhất khi $d(I, (ABC))$ lớn nhất.
Ta lại có: $d(I,(ABC))=\dfrac{|-2t+4t+8-2t-7|}{\sqrt{{{(2t)}^{2}}+{{(t+1)}^{2}}+{{(2t+4)}^{2}}}}=\dfrac{1}{\sqrt{9{{(t+1)}^{2}}+8}}\le \dfrac{1}{\sqrt{8}}$.
Dấu $''=''$ xảy ra khi và chỉ khi $t=-1$.
Suy ra: $d(I, (ABC))$ đạt giá trị lớn nhất khi $t=-1$.
Suy ra $M\left( -1 ; 0 ; 0 \right)$ nên ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=1$.
Đáp án A.
