TRONG KHÔNG GIANOXYZ, CHOD

Câu 50. Trong không gianOxyz, chod: x−4−1 = z−32 = y−52 và hai điểmA(3; 1; 2),B(−1; 3;−2)Mặt cầu tâm I bán kính R đi qua hai điểm hai điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng d. Khi Rđạt giá trị nhỏ nhất thì mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, I là (P) : 2x+by +cz+d = 0. Tínhd+b−c.A. 0. B. 1. C. −1. D. 2.Lời giải.Gọi E là trung điểm củaAB ⇒E(1; 2; 0)và IE =√R

²

−9.Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là(α) : 2x−y+ 2z= 0.Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên d.Gọi M là hình chiếu vuông góc của E lên d⇒EM = d(E, d) = 9.

H

I

B

M

x= 2t+ 4y=−t+ 5

E

⇒t=−1⇒M(2; 6; 1)⇒M E = 3√2.Xét hệz = 2t+ 3

A

2x−y+ 2z = 0Vì(α)⊥d và IH+IE ≥EM ⇒R nhỏ nhất ⇔I, H, E thẳng hàng.2⇒R+√R

²

−9 = 3√2⇒R = 9√4 .ãÅ5Å7EH~ ⇒I⇒IA~ =Vậy EI~ = 1.44;−2;74; 3;1⇒~n= [AB, ~~ IA] = (−18; 0; 18).Chọn~v = (2; 0;−2) làm véc-tơ pháp tuyến của (P).Suy ra(P) : 2x−2z−2 = 0⇒b = 0,c=−2, d=−2⇒d+b−c= 0.Chọn đáp án A Giả sửO là tâm đáy và AB là một đường kính của đường tròn đáyShình nón. Thiết diện qua đỉnh của hình nón là tam giác cân SAM.Theo gia thiết hình nón có bán kính đáyR=OA=a√3 cm,’ASB =120

^◦

nên ASO’= 60

^◦

.Xét tam giác SOA vuông tại O, ta có sin 60

^◦

= OASA ⇒ SA =OAsin 60

^◦

= 2a.Diện tích thiết diện là S

_∆SAM

= 1OB22a·2a ·2SASM ·sinASM’ = 1AsinASM’ = 2a

²

sinASM’.MDo0<sinASM’ ≤1nênS

4SAM

lớn nhất khi và chỉ khisinASM’ =1 hay khi tam giác ASM vuông cân tại đỉnh S (vì ’ASB = 120

^◦

>90

^◦

nên tồn tại tam giác ASM thỏa mãn).Vậy diện tích thiết diện lớn nhất làS

_max

= 2a

²

.