Đáp án: 0,94.

Đáp án: 775. (ảnh 1)

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1\,; - 1\,; - 4} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {1\,; - 1\,; - 4} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {2\,;0\,;0} \right)\)

\( \Rightarrow AB = AC = 3\sqrt 2 ,BC = 2\).

\( \Rightarrow \Delta ABC\) cân tại A.

Mà \(I\) là trung điểm của BC \( \Rightarrow AI \bot BC\).

Có \(AI \bot BN\)\( \Rightarrow AI \bot \left( {BCNM} \right) \Rightarrow AI \bot MN\).

Kẻ \(IQ \bot MN \Rightarrow MN \bot \left( {AIQ} \right) \Rightarrow MN \bot IH\).

Kẻ \(IH \bot AQ \Rightarrow IH \bot \left( {AMN} \right) \Rightarrow d\left( {I,\left( {AMN} \right)} \right) = IH.\)

Từ \(BN \cdot CM = 1 \Rightarrow \frac{{BN}}{{CI}} = \frac{{BI}}{{CM}}\,\,\left( {BI = CI = 1} \right)\).

Xét \(\Delta BIN\) và \(\Delta CMI\) có: \(\frac{{BN}}{{CI}} = \frac{{BI}}{{CM}},\widehat {IBN} = \widehat {MCI} = 90^\circ \).

\( \Rightarrow \widehat {BNI} = \widehat {CIM}\).

Mà \(\widehat {BNI} + \widehat {BIN} = 90^\circ \)\( \Rightarrow \widehat {CIM} + \widehat {BIN} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {MIN} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta MIN\) vuông tại \(I\) có: \(IQ \bot MN\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{I{Q^2}}} = \frac{1}{{I{N^2}}} + \frac{1}{{I{M^2}}} = \frac{1}{{B{I^2} + B{N^2}}} + \frac{1}{{I{C^2} + C{M^2}}}\)\( = \frac{1}{{1 + B{N^2}}} + \frac{1}{{1 + \frac{1}{{B{N^2}}}}} = \frac{1}{{B{N^2} + 1}} + \frac{{B{N^2}}}{{1 + B{N^2}}} = 1\).

\( \Rightarrow IQ = 1\).

Xét \(\Delta AIQ\) vuông tại \(I\) có: \(IH \bot AQ\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{I{H^2}}} = \frac{1}{{A{I^2}}} + \frac{1}{{I{Q^2}}} = \frac{1}{{A{C^2} - C{I^2}}} + 1 = \frac{1}{{18 - 1}} + 1 = \frac{{18}}{{17}}\)\( \Rightarrow IH = \frac{{\sqrt {34} }}{6}\).

\( \Rightarrow H\) thuộc mặt cầu tâm \(I\left( {3\,;0\,;0} \right)\), bán kính \({R_1} = \frac{{\sqrt {34} }}{6}.\) (1)

Vì \(\Delta AIH\) vuông tại \(H\)\( \Rightarrow H\) thuộc mặt cầu tâm \(P\left( {3;\frac{1}{2};2} \right)\), bán kính \({R_2} = \frac{{AI}}{2} = \frac{{\sqrt {17} }}{2}.\) (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow H\) thuộc mặt phẳng là giao tuyến của 2 mặt cầu.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {x - 3} \right)}^2} + {y^2} + {z^2} = \frac{{17}}{{18}}}\\{{{\left( {x - 3} \right)}^2} + {{\left( {y - \frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {z - 2} \right)}^2} = \frac{{17}}{4}}\end{array} \Rightarrow y + 4z + \frac{{17}}{{18}} = 0} \right.\,\,\left( P \right)\) là mặt phẳng chứa \(H\).

Ta có \(d = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\frac{{17}}{{18}}}}{{\sqrt {17} }} = \frac{{\sqrt {17} }}{{18}}\). Bán kính của đường tròn giao tuyến là \({R_0} = \sqrt {R_1^2 - {d^2}} = \frac{{17}}{{18}}.\)

\( \Rightarrow H\) thuộc đường tròn cố định có bán kính bằng \(\frac{{17}}{{18}} \approx 0,94\).

Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình sau: Hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm