Trong không gian Oxzy, cho mặt cầu (left( S right):{x^2} + {y^2} + {z^2} – 6x + 4y – 2z + 10 = 0) và cho mặt phẳng (left( P righ

Câu hỏi:

Trong không gian Oxzy, cho mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} – 6x + 4y – 2z + 10 = 0\) và cho mặt phẳng \(\left( P \right):x – y + \sqrt 2 z – 7 = 0\). Giả sử \(M \in \left( P \right),\;N \in \left( S \right)\) sao cho MN song song với đường thẳng \(\frac{{x – 5}}{1} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z – 4}}{{\sqrt 2 }}\). Khoảng cách giữa hai điểm M, N lớn nhất bằng bao nhiêu ?

A.
\(8 – \sqrt 2 \)

B.
\(\frac{{2- \sqrt 2 }}{2}\)

C.
\(\frac{{4 + \sqrt 2 }}{2}\)

D.
\(6 – \sqrt 2 \)

Đáp án đúng: D

Bạn đang xem: Trong không gian Oxzy, cho mặt cầu (left( S right):{x^2} + {y^2} + {z^2} – 6x + 4y – 2z + 10 = 0) và cho mặt phẳng (left( P righ

\(\begin{array}{l}
\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} – 6x + 4y – 2z + 10 = 0\\
I\left( {3; – 2;1} \right)\\
R = 2
\end{array}\)

\(d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {3 + 2 + \sqrt 2  – 7} \right|}}{2} > R\) nên (P) cắt (S)

Gọi d là đường thẳng qua I vuông góc với (P), phương trình (d) là:

\(\frac{{x – 3}}{1} = \frac{{y + 2}}{{ – 1}} = \frac{{z – 1}}{{\sqrt 2 }}\)

Gọi T là giao điểm của (d) và (S) với \(d\left( {T;\left( P \right)} \right) > R\)

Có \(d\left( {T;\left( P \right)} \right) = R + d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{6 – \sqrt 2 }}{2}\)

\(\begin{array}{l}
\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow n } \right) = \frac{{1 – 1 + 2}}{{2.2}} = \frac{1}{2}\\
 \Rightarrow \sin \left( {MN,\left( P \right)} \right) = \left| {\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow n } \right)} \right| = \frac{1}{2}\\
 \Rightarrow \left( {MN,\left( P \right)} \right) = {30^0}
\end{array}\)

Gọi H là hình chiều của N lên (P), ta có:

\(MN = \frac{{NH}}{{\sin {{30}^0}}} = 2NH\)

Do đó, để MN lớn nhất, NH lớn nhất. Khi đó \(N \equiv T,H \equiv H’\) với H’ là hình chiếu của I lên (P)

Khi đó \(N{H_{\max }} = TH’ = \frac{{6 – \sqrt 2 }}{2} \Rightarrow MN = 6 – \sqrt 2 \)