Google
Câu hỏi: Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho mặt phẳng $\left( P \right):x-2y+2z-3=0$ và mặt cầu $\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+2x-4y-2z+5=0$. Giả sử $M\in \left( P \right)$ và $N\in \left( S \right)$ sao cho $\overrightarrow{MN}$ cùng phương với vectơ $\overrightarrow{u}=\left( 1;0;1 \right)$ và khoảng cách giữa $M$ và $N$ lớn nhất. Tính $MN.$
A. $MN=3.$
B. $MN=1+2\sqrt{2}.$
C. $MN=3\sqrt{2}.$
D. $MN=14.$
Mặt phẳng $\left( P \right)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left( 1;-2;2 \right)$. Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( -1;2;1 \right)$ và bán kính $R=1.$
Ta thấy $\cos \left( \overrightarrow{u},\overrightarrow{n} \right)=\dfrac{\overrightarrow{u}.\overrightarrow{n}}{\left| \overrightarrow{u} \right|.\left| \overrightarrow{n} \right|}=\dfrac{1.1-0.2+1.2}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{0}^{2}}+{{1}^{2}}}.\sqrt{{{1}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \left( \overrightarrow{u},\overrightarrow{n} \right)=45{}^\circ .$
Vì $d\left( I;\left( P \right) \right)=2>1=R$ nên $\left( P \right)$ không cắt $\left( S \right)$.
Gọi $H$ là hình chiếu của $N$ lên $\left( P \right)$ thì $\widehat{NMH}=45{}^\circ $ và $MN=\dfrac{NH}{\sin 45{}^\circ }=NH\sqrt{2}$ nên $MN$ lớn nhất khi và chỉ khi $NH$ lớn nhất. Điều này xảy ra khi $N\equiv {N}'$ và $H\equiv {H}'$ với ${N}'$ là giao điểm của đường thẳng $d$ qua $I$, vuông góc $\left( P \right)$ và ${H}'$ là hình chiếu của $I$ lên $\left( P \right)$.
Lúc đó $N{{H}_{\max }}={N}'{H}'=R+d\left( I;\left( P \right) \right)=1+2=3$ và $M{{N}_{\max }}=N{{H}_{\max }}.\sqrt{2}=3\sqrt{2}.$
A. $MN=3.$
B. $MN=1+2\sqrt{2}.$
C. $MN=3\sqrt{2}.$
D. $MN=14.$
Ta thấy $\cos \left( \overrightarrow{u},\overrightarrow{n} \right)=\dfrac{\overrightarrow{u}.\overrightarrow{n}}{\left| \overrightarrow{u} \right|.\left| \overrightarrow{n} \right|}=\dfrac{1.1-0.2+1.2}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{0}^{2}}+{{1}^{2}}}.\sqrt{{{1}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \left( \overrightarrow{u},\overrightarrow{n} \right)=45{}^\circ .$
Vì $d\left( I;\left( P \right) \right)=2>1=R$ nên $\left( P \right)$ không cắt $\left( S \right)$.
Gọi $H$ là hình chiếu của $N$ lên $\left( P \right)$ thì $\widehat{NMH}=45{}^\circ $ và $MN=\dfrac{NH}{\sin 45{}^\circ }=NH\sqrt{2}$ nên $MN$ lớn nhất khi và chỉ khi $NH$ lớn nhất. Điều này xảy ra khi $N\equiv {N}'$ và $H\equiv {H}'$ với ${N}'$ là giao điểm của đường thẳng $d$ qua $I$, vuông góc $\left( P \right)$ và ${H}'$ là hình chiếu của $I$ lên $\left( P \right)$.
Lúc đó $N{{H}_{\max }}={N}'{H}'=R+d\left( I;\left( P \right) \right)=1+2=3$ và $M{{N}_{\max }}=N{{H}_{\max }}.\sqrt{2}=3\sqrt{2}.$
Đáp án C.