[4] Trong không gian tọa độ \(Oxyz\), cho hai mặt cầu \(\left( {{S_1}} \right):{x^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} + {\left( {z – 2} \right)^2} = 16\),\(\left( {{S_2}} \right):{\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {z^2} = 1\) và điểm \(A\left( {\frac{4}{3};\frac{7}{3}; – \frac{{14}}{3}} \right)\). Gọi \(I\) là tâm của mặt cầu \(\left( {{S_1}} \right)\) và \(\left( P \right)\) là mặt phẳng tiếp xúc với cả hai mặt cầu \(\left( {{S_1}} \right)\) và \(\left( {{S_2}} \right)\). Xét các điểm \(M\) thay đổi và thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) sao cho đường thẳng \(IM\) tiếp xúc với mặt cầu \(\left( {{S_2}} \right)\). Khi đoạn thẳng \(AM\) ngắn nhất thì \(M\left( {a;b;c} \right)\). Tính giá trị của \(T = a + b + c\).

A. \(T = 1\).

B. \(T = – 1\).

C. \(T = \frac{7}{3}\).

D. \(T = – \frac{7}{3}\).

Lời giải:

Ta có mặt cầu \(\left( {{S_1}} \right)\) có tâm \(I\left( {0;1;2} \right)\) bán kính \({R_1} = 4\) và mặt cầu \(\left( {{S_2}} \right)\) có tâm \(K\left( {1; – 1;0} \right)\) bán kính \({R_2} = 1\).

Có \(IK = 3\), suy ra \(IK = {R_1} – {R_2}\) nên hai mặt cầu \(\left( {{S_1}} \right)\) và \(\left( {{S_2}} \right)\) tiếp xúc trong tại \(H\).

Suy ra \(\overrightarrow {IH} = \frac{4}{3}\overrightarrow {IK} \Rightarrow H\left( {\frac{4}{3}; – \frac{5}{3}; – \frac{2}{3}} \right)\) và \(\overrightarrow {IK} = \left( {1; – 2; – 2} \right)\).

Vì \(\left( P \right)\) là mặt phẳng tiếp xúc với cả hai mặt cầu \(\left( {{S_1}} \right)\) và \(\left( {{S_2}} \right)\) nên \(\left( P \right)\) qua \(H\) và nhận vectơ \(\overrightarrow {IK} = \left( {1; – 2; – 2} \right)\) là một vectơ pháp tuyến. Suy ra ra phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(x – 2y – 2z – 6 = 0\).

Giả sử điểm \(M\) thay đổi trên \(\left( P \right)\) thỏa mãn đường thẳng \(IM\) tiếp xúc với mặt cầu \(\left( {{S_2}} \right)\), tiếp điểm tương ứng là \(N\).

Ta có \(\Delta IKN\) và \(\Delta IMH\) đồng dạng suy ra \(\frac{{IN}}{{IH}} = \frac{{NK}}{{HM}}\quad \left( * \right)\).

Với \(NK = {R_2} = 1;IH = 4;IK = 3;IN = \sqrt {I{K^2} – N{K^2}} = 2\sqrt 2 \) nên \(\left( * \right) \Leftrightarrow \)\(\frac{{2\sqrt 2 }}{4} = \frac{1}{{HM}} \Leftrightarrow HM = \sqrt 2 \).

Mặt khác ta lại có \(A \in \left( P \right)\) và \(M\) thay đổi thuộc đường tròn \(\left( C \right)\) tâm \(H\) bán kính \(R = \sqrt 2 \) nên \(AM\) ngắn nhất bằng \(HA – R = 4\sqrt 2 – \sqrt 2 = 3\sqrt 2 \) khi điểm \(M\) thoả mãn \(\overrightarrow {AM} = \frac{3}{4}\overrightarrow {AH} \)\( \Rightarrow M\left( {\frac{4}{3}; – \frac{2}{3}; – \frac{5}{3}} \right)\)

Suy ra \(a = \frac{4}{3};b = – \frac{2}{3};c = – \frac{5}{3}\)\( \Rightarrow T = a + b + c = – 1\).