[4] 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. \(3\).

C. \(0\).

D. \(2\).

Lời giải:

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 \(AM = \sqrt {I{M^2} – I{A^2}} = \sqrt {{x^2} – 1} \) \( \Rightarrow AH = \frac{{AI.AM}}{{IM}} = \frac{{\sqrt {{x^2} – 1} }}{x}\). Khi đó:

\(IH = \sqrt {I{A^2} – A{H^2}} \) \( = \sqrt {1 – \frac{{{x^2} – 1}}{{{x^2}}}} = \frac{1}{x}\).

Do đó \({V_N} = \frac{1}{3}\pi {r^2}IH\) \( = g\left( x \right) = \frac{\pi }{3}.\frac{{{x^2} – 1}}{{{x^2}}}.\frac{1}{x}\) \( \le \mathop {\max }\limits_{\left[ {\sqrt 3 ; + \infty } \right)} g\left( x \right) = g\left( {\sqrt 3 } \right) = \frac{{2\sqrt 3 }}{{27}}\).

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 \(\left\{ \begin{array}{l}A \in \left( S \right)\\AM = \sqrt 2 \end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} + {\left( {z – 2} \right)^2} = 1\\{\left( {x + 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z – 1} \right)^2} = 2\end{array} \right.\) \( \Rightarrow x + y + z – 2 = 0\) là mặt phẳng chứa các tiếp điểm.

Vậy \(a + b + c = 1 + 1 – 2 = 0\).