Google
Câu hỏi: Trong không gian $Oxyz$, cho mặt phẳng $\left( P \right):x+y+z=0$ và mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 0;1;2 \right)$ bán kính $R=1$. Xét điểm $M$ thay đổi trên $\left( P \right)$. Khối nón $\left( N \right)$ có đỉnh là $I$ và đường tròn đáy là đường tròn đi qua tất cả các tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ $M$ đến $\left( S \right)$. Khi $\left( N \right)$ có thể tích lớn nhất, mặt phẳng chứa đường tròn đáy của $\left( N \right)$ có phương trình là $x+ay+bz+c=0$. Giá trị của $a+b+c$ bằng
A. $-2$.
B. $0$.
C. $3$.
D. $2$.
A. $-2$.
B. $0$.
C. $3$.
D. $2$.
Vì mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 0;1;2 \right)$ và bán kính $R=1$. Đặt $x=IM$ $\Rightarrow x\ge d\left( I,\left( P \right) \right)=\sqrt{3}$.
Gọi $A$ là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ $M$ đến $\left( S \right)$. Khi đó tiếp điểm $A$ nằm trên đường tròn $\left( C \right)$ có tâm $H$ bán kính $r=HA$.
Ta có $AM=\sqrt{I{{M}^{2}}-I{{A}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}-1}$ $\Rightarrow AH=\dfrac{AI.AM}{IM}=\dfrac{\sqrt{{{x}^{2}}-1}}{x}$. Khi đó:
$IH=\sqrt{I{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}$ $=\sqrt{1-\dfrac{{{x}^{2}}-1}{{{x}^{2}}}}=\dfrac{1}{x}$.
Do đó ${{V}_{N}}=\dfrac{1}{3}\pi {{r}^{2}}IH$ $=g\left( x \right)=\dfrac{\pi }{3}.\dfrac{{{x}^{2}}-1}{{{x}^{2}}}.\dfrac{1}{x}$ $\le \underset{\left[ \sqrt{3};+\infty \right)}{\mathop{\max }} g\left( x \right)=g\left( \sqrt{3} \right)=\dfrac{2\sqrt{3}}{27}$.
Dấu bằng đạt tại $x=\sqrt{3}\Leftrightarrow M\left( -1;0;1 \right)$ là hình chiếu của $I$ trên mặt phẳng $\left( P \right)$.
Suy ra $\left\{ \begin{aligned}
& A\in \left( S \right) \\
& AM=\sqrt{2} \\
\end{aligned} \right. $ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& {{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-2 \right)}^{2}}=1 \\
& {{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=2 \\
\end{aligned} \right. $ $ \Rightarrow x+y+z-2=0$ là mặt phẳng chứa các tiếp điểm.
Vậy $a+b+c=1+1-2=0$.
Gọi $A$ là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ $M$ đến $\left( S \right)$. Khi đó tiếp điểm $A$ nằm trên đường tròn $\left( C \right)$ có tâm $H$ bán kính $r=HA$.
$IH=\sqrt{I{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}$ $=\sqrt{1-\dfrac{{{x}^{2}}-1}{{{x}^{2}}}}=\dfrac{1}{x}$.
Do đó ${{V}_{N}}=\dfrac{1}{3}\pi {{r}^{2}}IH$ $=g\left( x \right)=\dfrac{\pi }{3}.\dfrac{{{x}^{2}}-1}{{{x}^{2}}}.\dfrac{1}{x}$ $\le \underset{\left[ \sqrt{3};+\infty \right)}{\mathop{\max }} g\left( x \right)=g\left( \sqrt{3} \right)=\dfrac{2\sqrt{3}}{27}$.
Dấu bằng đạt tại $x=\sqrt{3}\Leftrightarrow M\left( -1;0;1 \right)$ là hình chiếu của $I$ trên mặt phẳng $\left( P \right)$.
Suy ra $\left\{ \begin{aligned}
& A\in \left( S \right) \\
& AM=\sqrt{2} \\
\end{aligned} \right. $ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& {{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-2 \right)}^{2}}=1 \\
& {{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=2 \\
\end{aligned} \right. $ $ \Rightarrow x+y+z-2=0$ là mặt phẳng chứa các tiếp điểm.
Vậy $a+b+c=1+1-2=0$.
Đáp án B.
