[3] Trong không gian, cho bốn mặt cầu tâm \(A,B,C,D\)có bán kính lần lượt là \(2;\,3;\,3;\,2\) (đơn vị độ dài) tiếp xúc ngoài với nhau. Mặt cầu tâm \(I\) tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng

[3] Trong không gian, cho bốn mặt cầu tâm \(A,B,C,D\)có bán kính lần lượt là \(2;\,3;\,3;\,2\) (đơn vị độ dài) tiếp xúc ngoài với nhau. Mặt cầu tâm \(I\) tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng

A. \(\frac{3}{7}\).

B. \(\frac{7}{{15}}\).

C. \(\frac{6}{{11}}\).

D. \(\frac{5}{9}\).

Lời giải:

Gọi \(A,B\) là tâm mặt cầu có bán kính bằng \(2\). \(C,D\) là tâm mặt cầu có bán kính bằng \(3\). Gọi \(I\) là tâm mặt cầu có bán kính \(x\), tiếp xúc ngoài với bốn mặt cầu đó.

Mặt cầu \(\left( I \right)\) tiếp xúc ngoài với \(4\) mặt cầu tâm \(A,B,C,D\) nên \(IA = IB = x + 2,\,\,IC = ID = x + 3\).

Gọi \(\left( P \right)\), \(\left( Q \right)\) lần lượt là các mặt phẳng trung trực đoạn \(AB\) và \(CD\).

\(\left\{ \begin{array}{l}IA = IB \Rightarrow I \in \left( P \right)\\IC = ID \Rightarrow I \in \left( Q \right)\end{array} \right. \Rightarrow I \in \left( P \right) \cap \left( Q \right)\,\,\,\left( 1 \right)\).

Tứ diện \(ABCD\) có \(DA = DB = CA = CB = 5\) suy ra \(MN\) là đường vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\), với \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,CD\), suy ra \(MN = \left( P \right) \cap \left( Q \right)\) (2).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\)suy ra \(I \in MN\)

Tam giác \(IAM\) có \(IM = \sqrt {I{A^2} – A{M^2}} = \sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} – 4} \).

Tam giác \(CIN\) có \(IN = \sqrt {I{C^2} – C{N^2}} = \sqrt {{{\left( {x + 3} \right)}^2} – 9} \).

Tam giác \(AMN\) có \(MN = \sqrt {A{N^2} – A{M^2}} = \sqrt {A{C^2} – C{N^2} – A{M^2}} = \sqrt {{5^2} – {3^2} – {2^2}} = 2\sqrt 3 \).

Suy ra \(\sqrt {{{\left( {x + 3} \right)}^2} – 9} + \sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} – 4} = 2\sqrt 3 \).

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \sqrt {{{\left( {x + 3} \right)}^2} – 9} \\v = \sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} – 4} \\u \ge 0;{\rm{ }}v \ge 0\end{array} \right.\). Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}u + v = 2\sqrt 3 \\{u^2} – {v^2} = 2x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u + v = 2\sqrt 3 \\\left( {u + v} \right)\left( {u – v} \right) = 2x\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u + v = 2\sqrt 3 \\u – v = \frac{x}{{\sqrt 3 }}\end{array} \right. \Rightarrow u = \frac{{6 + x}}{{2\sqrt 3 }}\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 6x} = \frac{{6 + x}}{{2\sqrt 3 }} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge – 6\\12\left( {{x^2} + 6x} \right) = {\left( {x + 6} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 6\\12x = x + 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 6\\x = \frac{6}{{11}}\end{array} \right.\).

Do \(x > 0\)nên ta nhận nghiệm \(x = \frac{6}{{11}}\).

Vậy mặt cầu tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng \(\frac{6}{{11}}.\)

=========== Câu 44 PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG, PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU TRONG TỌA ĐỘ OXYZ VẬN DỤNG – PHÁT TRIỂN Toán TK 2024