Google
Câu hỏi: Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$, cho mặt cầu $(S):{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=48$ và đường thẳng $(d):\dfrac{x+1}{1}=\dfrac{y-2}{1}=\dfrac{z-3}{\sqrt{2}}$. Điểm $M(a;b;c)$ $(a>0)$ nằm trên đường thẳng $(d)$ sao cho từ $M$ kẻ được 3 tiếp tuyến $MA, MB, MC$ đến mặt cầu $(S)$ thỏa mãn $\widehat{AMB}=60{}^\circ $, $\widehat{BMC}=90{}^\circ $ và $\widehat{CMA}=120{}^\circ $. Tính $Q=a+b-c$.
A. $Q=6-4\sqrt{2}$.
B. $Q=10+4\sqrt{2}$.
C. $Q=9+4\sqrt{2}$.
D. $Q=9-4\sqrt{2}$.
Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( -1;2;3 \right)$ và bán kính $R=4\sqrt{3}$.
Gọi đường tròn $\left( C \right)$ là giao tuyến của mặt phẳng $\left( ABC \right)$ với mặt câu $\left( S \right)$.
Đặt $MA=MB=MC=x \left( x>0 \right)$.
Áp dụng định lý cosin trong $\Delta AMB$ và $\Delta CMA$, ta có:
$A{{B}^{2}}=M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}-2MA.MB.\cos \widehat{AMB}=2{{x}^{2}}-2{{x}^{2}}\cos 60{}^\circ ={{x}^{2}}\Rightarrow AB=x$.
$A{{C}^{2}}=M{{A}^{2}}+M{{C}^{2}}-2MA.MC.\cos \widehat{AMC}=2{{x}^{2}}-2{{x}^{2}}\cos 120{}^\circ =3{{x}^{2}}\Rightarrow AC=x\sqrt{3}$.
Vì $\Delta BMC$ vuông tại $M$ nên: $BC=\sqrt{M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}}=x\sqrt{2}$.
Mặt khác $A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}={{x}^{2}}+{{\left( x\sqrt{2} \right)}^{2}}=3{{x}^{2}}={{\left( x\sqrt{3} \right)}^{2}}=A{{C}^{2}}$ nên $\Delta ABC$ vuông tại $B$.
Gọi $H$ là trung điểm của $AC$ thì $H$ là tâm của đường tròn $\left( C \right)$ và ba điểm $H,I,M$ thẳng hàng.
Do $\widehat{AMC}=120{}^\circ $ nên $\widehat{AIC}=60{}^\circ $, suy ra $\Delta AIC$ đều và $AC=IA=IC=R=4\sqrt{3}$.
Suy ra $x\sqrt{3}=4\sqrt{3}\Rightarrow x=4$ và $IA=IM\cos 30{}^\circ \Leftrightarrow IM=\dfrac{2IA}{\sqrt{3}}=\dfrac{2.4\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=8$.
Điểm $M\in d$ nên $M\left( -1+t;2+t;3+\sqrt{2}t \right)\Rightarrow I{{M}^{2}}={{t}^{2}}+{{t}^{2}}+{{\left( \sqrt{2}t \right)}^{2}}=4{{t}^{2}}$.
Mà $I{{M}^{2}}=64\Leftrightarrow 4{{t}^{2}}=64\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& t=4\Rightarrow M\left( 3;6;3+4\sqrt{2} \right) \\
& t=-4\Rightarrow M\left( -5;-2;3-4\sqrt{2} \right) \left( l \right) \\
\end{aligned} \right.$
Vì ${{x}_{M}}>0$ nên điểm cần tìm là $M\left( 3;6;3+4\sqrt{2} \right)$, suy ra $Q=6-4\sqrt{2}$.
A. $Q=6-4\sqrt{2}$.
B. $Q=10+4\sqrt{2}$.
C. $Q=9+4\sqrt{2}$.
D. $Q=9-4\sqrt{2}$.
Gọi đường tròn $\left( C \right)$ là giao tuyến của mặt phẳng $\left( ABC \right)$ với mặt câu $\left( S \right)$.
Đặt $MA=MB=MC=x \left( x>0 \right)$.
Áp dụng định lý cosin trong $\Delta AMB$ và $\Delta CMA$, ta có:
$A{{B}^{2}}=M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}-2MA.MB.\cos \widehat{AMB}=2{{x}^{2}}-2{{x}^{2}}\cos 60{}^\circ ={{x}^{2}}\Rightarrow AB=x$.
$A{{C}^{2}}=M{{A}^{2}}+M{{C}^{2}}-2MA.MC.\cos \widehat{AMC}=2{{x}^{2}}-2{{x}^{2}}\cos 120{}^\circ =3{{x}^{2}}\Rightarrow AC=x\sqrt{3}$.
Vì $\Delta BMC$ vuông tại $M$ nên: $BC=\sqrt{M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}}=x\sqrt{2}$.
Mặt khác $A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}={{x}^{2}}+{{\left( x\sqrt{2} \right)}^{2}}=3{{x}^{2}}={{\left( x\sqrt{3} \right)}^{2}}=A{{C}^{2}}$ nên $\Delta ABC$ vuông tại $B$.
Gọi $H$ là trung điểm của $AC$ thì $H$ là tâm của đường tròn $\left( C \right)$ và ba điểm $H,I,M$ thẳng hàng.
Do $\widehat{AMC}=120{}^\circ $ nên $\widehat{AIC}=60{}^\circ $, suy ra $\Delta AIC$ đều và $AC=IA=IC=R=4\sqrt{3}$.
Suy ra $x\sqrt{3}=4\sqrt{3}\Rightarrow x=4$ và $IA=IM\cos 30{}^\circ \Leftrightarrow IM=\dfrac{2IA}{\sqrt{3}}=\dfrac{2.4\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=8$.
Điểm $M\in d$ nên $M\left( -1+t;2+t;3+\sqrt{2}t \right)\Rightarrow I{{M}^{2}}={{t}^{2}}+{{t}^{2}}+{{\left( \sqrt{2}t \right)}^{2}}=4{{t}^{2}}$.
Mà $I{{M}^{2}}=64\Leftrightarrow 4{{t}^{2}}=64\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& t=4\Rightarrow M\left( 3;6;3+4\sqrt{2} \right) \\
& t=-4\Rightarrow M\left( -5;-2;3-4\sqrt{2} \right) \left( l \right) \\
\end{aligned} \right.$
Vì ${{x}_{M}}>0$ nên điểm cần tìm là $M\left( 3;6;3+4\sqrt{2} \right)$, suy ra $Q=6-4\sqrt{2}$.
Đáp án A.