Cho hình lăng trụ đứng \(ABC.A’B’C’\)có \(AB = 4\),\(\widehat {ACB} = 150^\circ \). Ba điểm\(A,B,C\) thay đổi nhưng luôn thuộc mặt cầu \(\left( S \right)\): \({x^2} + {y^2} + {z^2} + 8x – 6y + 4z + 4 = 0\); ba điểm \(A’,B’,C’\) luôn thuộc \(\left( P \right):\)\(x + 2y + 2{\rm{z}} + 23 = 0\). Thể tích lớn nhất của tứ diện \(ABC’B’\) bằng

DẠNG TOÁN 50: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG (Tìm hệ số của phương trình mặt phẳng thỏa mãn các điều kiện cho trước lồng ghép với khối tròn xoay) ===============

Cho hình lăng trụ đứng \(ABC.A’B’C’\)có \(AB = 4\),\(\widehat {ACB} = 150^\circ \). Ba điểm\(A,B,C\) thay đổi nhưng luôn thuộc mặt cầu \(\left( S \right)\): \({x^2} + {y^2} + {z^2} + 8x – 6y + 4z + 4 = 0\); ba điểm \(A’,B’,C’\) luôn thuộc \(\left( P \right):\)\(x + 2y + 2{\rm{z}} + 23 = 0\). Thể tích lớn nhất của tứ diện \(ABC’B’\) bằng

A. \(\frac{{24}}{{4 – \sqrt 3 }}\). 

B. \(80\left( {2 – \sqrt 3 } \right)\). 

C. \(\frac{{40\left( {2 – \sqrt 3 } \right)}}{3}\). 

D. \(\frac{8}{{4 – \sqrt 3 }}\)

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( { – 4;\,3;\, – 2} \right)\) và bán kính \(R = 5\).

Khoảng cách từ \(I\) đến mp \((P)\) là \(IH = \frac{{\left| { – 4 + 6 – 4 + 23} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = 7\).

Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\)có bán kính là \(r = \frac{{AB}}{{2\sin \widehat {{\rm{A}}CB}}} = 4\).

Gọi \(K\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Khoảng cách từ \(I\)đến mp \(\left( {ABC} \right)\) là \(IK = \sqrt {{R^2} – {r^2}}  = 3\).

Do \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABC} \right){\rm{//}}\left( P \right)\\IK \bot \left( {ABC} \right)\\IH \bot (P)\end{array} \right.\) nên ba điểm \(K,H,I\)thẳng hàng. Chiều cao \(AA’\) lớn nhất khi \(I\) nằm giữa \(H\) và \(K\).

Giá trị lớn nhất của \(AA’\) là\(AA’ = IH + IK = 10\). 

Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.d(C,AB) = 2d(C,AB)\).

Trên đường tròn \(\left( K \right)\), điểm \(C\) luôn nhìn xuống cạnh \(AB\)không đổi dưới một góc \(150^\circ \) nên \(d(C,AB)\)lớn nhất khi \(C\)là điểm chính giữa cung bé , khi đó tam giác \(ABC\) cân ở \(C\).

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AB\)

Khi đó giá trị lớn nhất của diện tích tam giác \(ABC\) là

\({{\rm{S}}_{ABC}} = 2.CN\) \( = 2.NB.\tan 15^\circ \)\( = 4(2 – \sqrt 3 )\) 

\({V_{ABC’B’}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A’B’C’}} = \frac{1}{3}AA’.{S_{ABC}}\) 

Từ,,Ta có thể tích lớn nhất của tứ diện \(ABC’B’\) là \({V_{ABC’B’}} = \frac{1}{3}.10.4\left( {2 – \sqrt 3 } \right) = \frac{{40}}{3}\left( {2 – \sqrt 3 } \right)\).

================= I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ: 1. Phương trình mặt phẳng • Mặt phẳng (left( P right)) đi qua điểm (left( ;;} right)), có vectơ pháp tuyến (overrightarrow n = left( right),; + + ne 0), có phương trình là : (Aleft( } right) + Bleft( } right) + Cleft( } right) = 0) 2.Khai triển củaphương trình tổng quát Dạng khai triển của phương trình tổng quát là: (Ax + By + Cz + D = 0) (trong đó A,B,C không đồng thời bằng 0)