Câu hỏi:
(THPT Lương Tài 2 – Bắc Ninh – 2022) Trong không gian với hệ tọa độ\(Oxyz\), cho điểm \(A\left( {2;\,4;\, – 2} \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right):\,\left( {{m^2} + 1} \right)x + \left( {{m^2} – 1} \right)x + 2m{\rm{z}} + 4 = 0\). Biết rằng,khi tham số \(m\)thay đổi thì mặt phẳng \(\left( P \right)\) luôn tiếp xúc với hai mặt cầu cố định cùng đi qua \(A\) là \(\left( {{S_1}} \right)\)và \(\left( {{S_2}} \right)\). Gọi \(M\)và \(N\)lần lượt nằm trên \(\left( {{S_1}} \right)\)và \(\left( {{S_2}} \right)\). Tìm giá trị lớn nhất của \(MN\)?
A. \(16\sqrt 2 \).
B. \(8 + 8\sqrt 2 \).
C. \(8\sqrt 2 \).
D. \(8 + 6\sqrt 2 \).
Lời giải:
Chọn B
Gọi tâm mặt cầu tiếp xúc với \(\left( P \right)\) là điểm \(I\left( {a;\,b;\,c} \right)\).
Do mặt cầu đi qua điểm \(A\left( {2;\,4;\, – 2} \right)\) nên ta có:\({\left( {2 – a} \right)^2} + {\left( {4 – b} \right)^2} + {\left( { – 2 – c} \right)^2} = {R^2}\) (1)
Do mặt cầu đi tiếp xúc với \(\left( P \right)\) nên:
\(R = d\left( {I,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {\left( {{m^2} + 1} \right)a + \left( {{m^2} – 1} \right)b + 2mc + 4} \right|}}{{\sqrt {2{{\left( {{m^2} + 1} \right)}^2}} }} = \frac{{\left| {\left( {{m^2} + 1} \right)\left( {a + b} \right) – 2b + 2mc + 4} \right|}}{{\sqrt 2 \left( {{m^2} + 1} \right)}}\).
Vì mặt cầu là cố định nên bán kính \(R\) không đổi, do đó \(2mc – 2b + 4 = 0,\,\forall m \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0\\b = 2\end{array} \right.\).
Khi đó \(R = \frac{{\left| {a + 2} \right|}}{{\sqrt 2 }}\), thay \(b = 2,\,c = 0\) và \(R = \frac{{\left| {a + 2} \right|}}{{\sqrt 2 }}\)vào\(\left( 1 \right)\) ta được \({a^2} – 12a + 20 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 2\\a = 10\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{I_1}\left( {2;\,2;0} \right),\,{R_1} = 2\sqrt 2 \\{I_2}\left( {2;\,10;0} \right),\,{R_2} = 6\sqrt 2 \end{array} \right.\).
Từ đó ta có \(\max MN = {I_1}{I_2} + {R_1} + {R_2} = 8 + 8\sqrt 2 \).
====================
Thuộc chủ đề: Trắc nghiệm Hình học OXYZ – VDC
Trả lời