Google
Câu hỏi: Trong không gian $Oxyz$, 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 $H({{x}_{H}},{{y}_{H}},{{z}_{H}})$ là tâm của đường tròn $(C)$. 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 $(S)$ 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: $V=\dfrac{1}{3}x\left( 6-{{x}^{2}} \right)=-\dfrac{{{x}^{3}}}{3}+2x$
Xét hàm số $f(x)=-\dfrac{{{x}^{3}}}{3}+2x, $ với $0<x<\sqrt{6}$
$f'(x)=-{{x}^{2}}+2; f'(x)=0 \Leftrightarrow x=\pm \sqrt{2}$
Hàm số $y=f(x)$ liên tục trên $\left[ 0;\sqrt{6} \right]$, có $f(0)=f(\sqrt{6})=0, f(\sqrt{2})=\sqrt{2}$,
nên $\underset{{}}{\mathop{\underset{\left( 0;\sqrt{6} \right)}{\mathop{Max}} f(x)}} =\sqrt{2}$, đạt được khi $x=\sqrt{2}$.
Gọi $\overrightarrow{u}=(1;-4;1)$ là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng $d$. Vì $IH\bot (\alpha )$ nên tồn tại số thực $k$ sao cho $\overrightarrow{IH}=k\overrightarrow{u}$, suy ra $\left| \overrightarrow{IH} \right|=|k|.\left| \overrightarrow{u} \right| \Rightarrow |k| = \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{18}}=\dfrac{1}{3} \Rightarrow k = \pm \dfrac{1}{3}$.
Với $k=\dfrac{1}{3}:$ $\overrightarrow{IH}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{u} \Rightarrow H\left( \dfrac{4}{3};-\dfrac{7}{3};\dfrac{4}{3} \right)$ $\Rightarrow (\alpha ):x-4y+z-6=0$ (nhận vì $O\notin (\alpha )$ )
Với $k=-\dfrac{1}{3}:$ $\overrightarrow{IH}=-\dfrac{1}{3}\overrightarrow{u} \Rightarrow H\left( \dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{2}{3} \right)$ $\Rightarrow (\alpha ):x-4y+z=0$ ( 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: $V=\dfrac{1}{3}x\left( 6-{{x}^{2}} \right)=-\dfrac{{{x}^{3}}}{3}+2x$
Xét hàm số $f(x)=-\dfrac{{{x}^{3}}}{3}+2x, $ với $0<x<\sqrt{6}$
$f'(x)=-{{x}^{2}}+2; f'(x)=0 \Leftrightarrow x=\pm \sqrt{2}$
Hàm số $y=f(x)$ liên tục trên $\left[ 0;\sqrt{6} \right]$, có $f(0)=f(\sqrt{6})=0, f(\sqrt{2})=\sqrt{2}$,
nên $\underset{{}}{\mathop{\underset{\left( 0;\sqrt{6} \right)}{\mathop{Max}} f(x)}} =\sqrt{2}$, đạt được khi $x=\sqrt{2}$.
Gọi $\overrightarrow{u}=(1;-4;1)$ là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng $d$. Vì $IH\bot (\alpha )$ nên tồn tại số thực $k$ sao cho $\overrightarrow{IH}=k\overrightarrow{u}$, suy ra $\left| \overrightarrow{IH} \right|=|k|.\left| \overrightarrow{u} \right| \Rightarrow |k| = \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{18}}=\dfrac{1}{3} \Rightarrow k = \pm \dfrac{1}{3}$.
Với $k=\dfrac{1}{3}:$ $\overrightarrow{IH}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{u} \Rightarrow H\left( \dfrac{4}{3};-\dfrac{7}{3};\dfrac{4}{3} \right)$ $\Rightarrow (\alpha ):x-4y+z-6=0$ (nhận vì $O\notin (\alpha )$ )
Với $k=-\dfrac{1}{3}:$ $\overrightarrow{IH}=-\dfrac{1}{3}\overrightarrow{u} \Rightarrow H\left( \dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{2}{3} \right)$ $\Rightarrow (\alpha ):x-4y+z=0$ ( loại vì $O\in (\alpha )$ ).
Vậy ${{x}_{H}}+{{y}_{H}}+{{z}_{H}}=\dfrac{1}{3}$.
Đáp án A.