Vận dụng cao Oxyz mặt cầu (Phần 5)

Vận dụng cao Oxyz (Phần 5)

Xem lại phần 1

Xem lại phần 2

Xem lại phần 3

Xem lại phần 4

Câu 41.Trong không gian $Oxyz$, cho mặt cầu $(S_1)$ có tâm $I(2;1;1)$ có bán kính bằng $4$ và mặt cầu $(S2)$ có tâm $J(2;1;5)$ có bán kính bằng $2$. $(P)$ là mặt phẳng thay đổi tiếp xúc với hai mặt cầu $(S_1)$, $(S_1)$. Đặt $M,m$ lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của khoảng cách từ điểm $O$ đến $(P)$. Giá trị $M+m$ bằng?

A.$8\sqrt{3}$

B. $9$

C. $8$

D.$\sqrt{15}$

Giải.

Giả sử $(P)$ tiếp xúc với $(S_1),(S2)$ lần lượt tại $A,B$

Gọi $IJ\cap \left(P\right)=M$ ta kiểm tra được $J$ là trung điểm $IM$ do $\frac{IA}{JB}=\frac{MI}{MJ}=2$ suy ra $M(2;1;9)$

Gọi $\overrightarrow{n}=(a;b;c),(a^2+b^2+c^2\ne 0)$ suy ra $\left(P\right):a(x-2)+b(y-1)+c(z-9)=0$

Ta có: ${\displaystyle \{\begin{array}{rl}& d(I;\left(P\right))=R_1=4\\ & d(J;\left(P\right))=R_2=2\end{array}\Rightarrow \frac{\left|c\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=\frac{1}{2}\iff a^2+b^2=3c^2\iff {\left(\frac{a}{c}\right)}^2+{\left(\frac{b}{c}\right)}^2=3\left(1\right)}$

Ta có: ${\displaystyle d(O;\left(P\right))=\frac{|2a+b+9c|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=\frac{|2a+b+9c|}{2\left|c\right|}=\frac{1}{2}|\frac{2a}{c}+\frac{b}{c}+9|}$

Đặt ${\displaystyle t=\frac{2a}{c}+\frac{b}{c}\iff \frac{b}{c}=t-\frac{2a}{c}}$ ta được $d(O;\left(P\right))=\frac{1}{2}|t+9|$

Thay ${\displaystyle \frac{b}{c}=t-\frac{2a}{c}}$ vào (1) ta thu được ${\displaystyle {\left(\frac{a}{c}\right)}^2+{(t-\frac{2a}{c})}^2=3\iff 5{\left(\frac{a}{c}\right)}^2-4\frac{a}{c}t+t^2-3=0}$

Để phương trình có nghiệm thì $4t^2-5t^2+15\ge 0\iff -\sqrt{15}\le t\le \sqrt{15}\iff 0<9-\sqrt{15}\le t+9\le 9+\sqrt{15}$

Suy ra $\frac{9-\sqrt{15}}{2}\le d(O;\left(P\right))\le \frac{9+\sqrt{15}}{2}\Rightarrow M=\frac{9+\sqrt{15}}{2};m=\frac{9-\sqrt{15}}{2}$

Suy ra $M+m=9$ .

Chọn B.

Câu 42.Hai quả bóng hình cầu có kích thước khác nhau được đặt ở hai góc của một căn nhà hình hộp chữ nhật sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với hai bức tường và nền của nhà đó. Biết rằng trên bề mặt của quả bóng đều tồn tại một điểm có khoảng cách đến hai bức tường và nền nhà mà nó tiếp xúc bằng $1,2,4$. Tổng độ dài đường kính của hai quả bóng đó.

A. $6$

B. $14$

C. $12$

D. $10$

Giải.

Xét quả bóng tiếp xúc với các bức tường và chọn hệ trục $Oxyz$ như hình vẽ bên (tương tự với góc tường còn lại).

Gọi $I(a;a;a)$ là tâm của mặt cầu (tâm quả bóng) và $R=a.$

$\Rightarrow$ phương trình mặt cầu của quả bóng là

$\left(S\right):{(x-a)}^2+{(y-a)}^2+{(z-a)}^2=a^2\left(1\right).$

Giả sử $M(x;y;z)$ nằm trên mặt cầu (bề mặt của quả bóng) sao cho $d(M;\left(Oxy\right))=1,d(M;\left(Oyz\right))=2,d(M;\left(Oxz\right))=3$

Khi đó $z=1;x=2;y=3\Rightarrow M(2;3;1)\in \left(S\right)\left(2\right).$

Từ $\left(1\right),\left(2\right)$ suy ra ${(1-a)}^2+{(2-a)}^2+{(4-a)}^2=a^2$

$\Rightarrow \{\begin{array}{rl}& R_1=a_1=\frac{7-\sqrt{7}}{2}\\ & R_2=a_2=\frac{7+\sqrt{7}}{2}\end{array}\Rightarrow d_1+d_2=2(R_1+R_2)=14.$

Chọn B

Câu 43.Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz,$ cho điểm $H\left(1;2;-2\right).$ Mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ đi qua $H$ và cắt các trục $Ox,Oy,Oz$ lần lượt tại các điểm $A,B,C$ sao cho $H$ là trực tâm của $\mathrm{\Delta }ABC.$ Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $OABC.$

A.${\displaystyle \frac{81\pi }{2}}$

B.${\displaystyle \frac{243\pi }{2}}$

C.$81\pi$

D.$243\pi$

Giải.

Gọi $A\left(a;0;0\right),B\left(0;b;0\right),C\left(0;0;c\right)$ lần lượt thuộc các trục tọa độ $Ox,Oy,Oz.$

Khi đó ta có phương trình ${\displaystyle \left(\alpha \right)}$ đi qua các điểm $A,B,C:\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1.$

$H\in \left(\alpha \right)\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{2}{b}-\frac{2}{c}=1\left(1\right)$

Theo đề bài ta có $H$ là trực tâm $\mathrm{\Delta }ABC\Rightarrow \{\begin{array}{l}\overrightarrow{AH}\mathrm{\perp }\overrightarrow{BC}\\ \overrightarrow{BH}\mathrm{\perp }\overrightarrow{AC}\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0\\ \overrightarrow{BH}.\overrightarrow{AC}=0\end{array}.$

Ta có: $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AH}=\left(1-a;2;-2\right),\overrightarrow{BC}=\left(0;-b;c\right)\\ \overrightarrow{BH}=\left(1;2-b;-2\right),\overrightarrow{AC}=\left(-a;0;c\right)\end{array}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \{\begin{array}{c}\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0\\ \overrightarrow{BH}.\overrightarrow{AC}=0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}-2b-2c=0\\ -a-2c=0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}a=-2c\\ b=-c\end{array}\\ \Rightarrow \left(1\right)\iff \frac{1}{-2c}+\frac{2}{-c}-\frac{2}{c}=1\Rightarrow -\frac{9}{2c}=1\iff c=-\frac{9}{2}\\ \Rightarrow \{\begin{array}{c}a=-2c=9\\ b=-c=\frac{9}{2}\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}A\left(9;0;0\right)\\ B\left(0;\frac{9}{2};0\right)\\ C\left(0;0;-\frac{9}{2}\right)\end{array}.\end{array}$

Gọi $I\left(x_0;y_0;z_0\right)$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tứ giác $OABC.$

Câu 44.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu $(S):{(x-1)}^2+{(y+1)}^2+{(z-2)}^2=16$ và điểm $A(1;2;3)$. Ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu theo ba đường tròn. Tính tổng diện tích của ba hình tròn tương ứng.

A.$10\pi$.

B.$36\pi$.

C.$38\pi$.

D.$33\pi$.

Câu 45.Trong không gian $Oxyz$, cho ba điểm $A(6;0;0);B(0;6;0);C(0;0;6)$. Hai mặt cầu có phương trình $\left(S_1\right):x^2+y^2+z^2-2x-2y+1=0$ và $\left(S_2\right):x^2+y^2+z^2-8x+2y+2z+1=0$ cắt nhau theo đường tròn $(C)$. có bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa $(C)$ và tiếp xúc với ba đường thẳng $AB,BC,CA$?

A.$4$

B.Vô số

C.$1$

D.$3$

Giải.

Mặt cầu $\left(S_1\right)$ có tâm $I_1(1;1;0)$, mặt cầu $\left(S_2\right)$ có tâm $I_2(4;-1;-1)$.

Dễ thấy điểm $M(1;1;1)$ thuộc cả hai mặt cầu $\Rightarrow M\in \left(P\right)\left(1\right)$.

Mặt phẳng (P) chứa (C) vuông góc với $I_1{I}_2$ và đi qua M. Do đó phương trình mặt phẳng (P) là:

$3(x-1)-2(y-1)-(z-1)=0\iff 3x-2y-z=0$.

Gọi K là tâm của mặt cầu cần tìm ta có $K\in \left(P\right)$. Gọi A’; B’; C’ lần lượt là hình chiếu của K trên AB, BC, CA ta có $K{A}^{\prime }=K{B}^{\prime }=K{C}^{\prime }$.

Gọi K’ là hình chiếu của K trên (ABC) ta chứng minh được $K^{\prime }A\mathrm{\perp }AB;K^{\prime }B\mathrm{\perp }BC;K^{\prime }C\mathrm{\perp }CA$ và $K^{\prime }{A}^{\prime }=K^{\prime }{B}^{\prime }=K^{\prime }{C}^{\prime }\Rightarrow K^{\prime }$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.Mà tam giác ABC đều $\Rightarrow K^{\prime }$ là trọng tâm của tam giác ABC $\Rightarrow K^{\prime }(2;2;2)$.

Phương trình mặt phẳng (ABC): $\frac{x}{6}+\frac{y}{6}+\frac{z}{6}=1\iff x+y+z=6$.

$\Rightarrow$ Phương trình đường thẳng đi qua K’ và vuông góc với (ABC) là: $d:\frac{x-2}{1}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-2}{1}\Rightarrow K\in d\left(2\right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow K=\left(P\right)\cap d\Rightarrow K(t+2;t+2;t+2)$

Thay vào phương tình mặt phẳng (P) $\Rightarrow 3(t+2)-2(t+2)-(t+2)=0\Rightarrow$ Phương trình có vô số nghiệm.

Vậy có vô số điểm $K$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

Câu 46.Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $M(2;2;1)$, $N(\frac{-8}{3};\frac{4}{3};\frac{8}{3})$. Viết phương trình mặt cầu có tâm là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $OMN$ và tiếp xúc với mặt phẳng $\left(Oxz\right)$.

A.$x^2+{(y+1)}^2+{(z+1)}^2=1$.

B.  $x^2+{(y-1)}^2+{(z-1)}^2=1$.

C.${(x-1)}^2+{(y-1)}^2+z^2=1$.

D.${(x-1)}^2+y^2+{(z-1)}^2=1$.

Giải.

Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $OMN$.

Ta áp dụng tính chất sau. “ Cho tam giác $OMN$ với $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OMN, ta có $a.\overrightarrow{IO}+b.\overrightarrow{IM}+c.\overrightarrow{IN}=\overrightarrow{0}$, với $a=MN$, $b=ON$, $c=OM$ ”.

Ta có $OM=3,$ $ON=4,$ $MN=5$$\Rightarrow$$5.\overrightarrow{IO}+4.\overrightarrow{IM}+3.\overrightarrow{IN}=\overrightarrow{0}$ $\iff$$x_I=\frac{5.0+4.2+3.\left(\frac{-8}{3}\right)}{3+4+5}=0;y_I=\frac{5.0+4.2+3.\left(\frac{4}{3}\right)}{3+4+5}=1;z_I=\frac{5.0+4.2+3.\left(\frac{8}{3}\right)}{3+4+5}=1$

Mặt phẳng $\left(Oxz\right)$ có phương trình $y=0$.

Mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng $\left(Oxz\right)$ nên mặt cầu có bán kính $R=d(I,\left(Oxz\right))=1$.

Vậy phương trình mặt cầu là: $x^2+{(y-1)}^2+{(z-1)}^2=1$.

Chọn B

Câu 47.Trong không gian $Oxyz,$ cho mặt cầu $\left(S\right)$ có tâm $I(-1;0;2)$ và đi qua điểm $A(0;1;1).$ Xét các điểm $B,C,D$ thuộc $\left(S\right)$ sao cho $AB,AC,AD$ đôi một vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện $ABCD$ có giá trị lớn nhất bằng:

A.$\frac{8}{3}$

B.$4$

C.$\frac{4}{3}$

D.$8$

Giải.

Ta có: $\overrightarrow{IA}=(1;1;-1)\Rightarrow R=IA=\sqrt{3}.$

Lại có: $A:R=IA=\frac{\sqrt{A{B}^2+A{C}^2+A{D}^2}}{2}=\sqrt{3}\Rightarrow A{B}^2+A{C}^2+A{D}^2=12$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: $A{B}^2+A{C}^2+A{D}^2\ge 3\sqrt[3]{A{B}^2.A{C}^2.A{D}^2}$

$\begin{array}{rl}& \iff \sqrt[3]{A{B}^2.A{C}^2.A{D}^2}\le 4\iff AB.AC.AD\le 8.\\ & \Rightarrow V_{ABCD}=\frac{1}{6}AB.AC.AD\le \frac{1}{6}.8=\frac{4}{3}.\end{array}$

Chọn C.

Câu 48.Trong không gian $Oxyz$, cho ba điểm $A\left(1;-2;3\right),B\left(4;2;3\right),C\left(3;4;3\right)$. Gọi $\left(S_1\right),\left(S_2\right),\left(S_3\right)$ là các mặt cầu có tâm $A,B,C$ và bán kính lần lượt bằng $3,2,3$. có bao nhiêu mặt phẳng qua điểm $I\left({\displaystyle \frac{14}{5}};{\displaystyle \frac{2}{5}};3\right)$ và tiếp xúc vứi cả 3 mặt cầu $\left(S_1\right),\left(S_2\right),\left(S_3\right)$.

A.2

B.7

C.0

D.1

Giải.

Gọi $\overrightarrow{n}=\left(1;a;b\right)$ là 1 VTPT của $\left(P\right)$, khi đó phương trình $\left(P\right)$ là:

$1\left(x-{\displaystyle \frac{14}{5}}\right)+a\left(y-{\displaystyle \frac{2}{5}}\right)+b\left(z-3\right)=0\iff 5x+5ay+5bz-14-2a-15b=0$.

Theo bài ra ta có:

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{c}d\left(A;\left(P\right)\right)=3\\ d\left(B;\left(P\right)\right)=2\\ d\left(C;\left(P\right)\right)=3\end{array}\iff \{\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\left|5-10a+15b-14-2a-15b\right|}{\sqrt{25+25a^2+25b^2}}}=3\\ {\displaystyle \frac{\left|20+10a+15b-14-2a-15b\right|}{\sqrt{25+25a^2+25b^2}}}=2\\ {\displaystyle \frac{\left|15+20a+15b-14-2a-15b\right|}{\sqrt{25+25a^2+25b^2}}}=3\end{array}\iff \{\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\left|-12a-9\right|}{5\sqrt{1+a^2+b^2}}}=3\\ {\displaystyle \frac{\left|8a+6\right|}{5\sqrt{1+a^2+b^2}}}=2\\ {\displaystyle \frac{\left|18a+1\right|}{5\sqrt{1+a^2+b^2}}}=3\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\left|4a+3\right|}{5\sqrt{1+a^2+b^2}}}=1\\ {\displaystyle \frac{\left|4a+3\right|}{5\sqrt{1+a^2+b^2}}}=1\\ {\displaystyle \frac{\left|18a+1\right|}{5\sqrt{1+a^2+b^2}}}=3\end{array}\iff \{\begin{array}{c}\left|4a+3\right|=5\sqrt{1+a^2+b^2}\\ \left|18a+1\right|=15\sqrt{1+a^2+b^2}\end{array}\iff \{\begin{array}{c}\left|18a+1\right|=3\left|4a+3\right|\\ \left|4a+3\right|=5\sqrt{1+a^2+b^2}\end{array}\\ \iff [\begin{array}{c}[\begin{array}{c}18a+1=12a+9\\ 18a+1=-12a-9\end{array}\\ \left|4a+3\right|=5\sqrt{1+a^2+b^2}\end{array}\iff \{\begin{array}{c}[\begin{array}{c}a={\displaystyle \frac{4}{3}}\\ a={\displaystyle \frac{-1}{3}}\end{array}\\ \left|4a+3\right|=5\sqrt{1+a^2+b^2}\end{array}\iff [\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}a={\displaystyle \frac{4}{3}}\\ \sqrt{{\displaystyle \frac{25}{9}}+b^2}={\displaystyle \frac{5}{3}}\end{array}\\ \{\begin{array}{c}a=-{\displaystyle \frac{1}{3}}\\ \sqrt{{\displaystyle \frac{25}{9}}+b^2}={\displaystyle \frac{1}{3}}\left(vonghiem\right)\end{array}\end{array}\iff \{\begin{array}{c}a={\displaystyle \frac{4}{3}}\\ b=0\end{array}\end{array}$

Vậy có 1 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D.

Câu 49.Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$ cho ba điểm $A\left(8;5;-11\right),B\left(5;3;-4\right),C\left(1;2;-6\right)$ và mặt cầu $\left(S\right):{\left(x-2\right)}^2+{\left(y-4\right)}^2+{\left(z+1\right)}^2=9$. Gọi điểm $M\left(a;b;c\right)$ là điểm trên $\left(S\right)$ sao cho $\left|\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right|$ đạt giá trị nhỏ nhất. Hãy tìm $a+b$.

A.$9$

B.$4$

C.$2$

D.$6$

Giải.

Gọi điểm $I(a;b;c)$ thỏa mãn: $\overrightarrow{IA}-\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}.$

$\begin{array}{l}\iff \left(8-a;5-b;-11-c\right)-\left(5-a;3-b;-4-c\right)-\left(1-1;2-b;-6-c\right)=\overrightarrow{0}\\ \iff \{\begin{array}{c}8-a-5+a-1+a=0\\ 5-b-3+b-2+b=0\\ -11-c+4+c+6+c=0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}a=-2\\ b=0\\ c=1\end{array}\Rightarrow I\left(-2;0;1\right).\end{array}$

Theo đề bài ta có: $|\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}|Min$

$\Rightarrow |\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}-\overrightarrow{MI}-\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{MI}-\overrightarrow{IC}|=|3\overrightarrow{MI}+(\overrightarrow{IA}-\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IC})|=3\left|\overrightarrow{MI}\right|=3MIMin$

Ta có: $\left(S\right)$ có tâm $J(2;4;-1),R=3.$ $M\in \left(S\right)\Rightarrow M{I}_{min}=IJ-R=\sqrt{16+16+4}-3=3.$

Có: $\overrightarrow{IJ}=(4;4;-2)=2(2;2;-1)\Rightarrow$ Phương trình đường thẳng $IJ:$$\{\begin{array}{r}x=-2+2t\\ y=2t\\ z=1-t\end{array}.$

$\begin{array}{l}M\in IJ\Rightarrow M\left(-2+2t;2t;1-t\right)\\ M\in \left(S\right)\Rightarrow {\left(-4+2t\right)}^2+{\left(2t-4\right)}^2+{\left(2-t\right)}^2=9\iff 9{\left(t-2\right)}^2=9\\ \iff {\left(t-2\right)}^2=1\iff [\begin{array}{c}t-2=1\\ t-2=-1\end{array}\iff [\begin{array}{c}t=3\Rightarrow M\left(4;6;-2\right)\\ t=1\Rightarrow M\left(0;2;0\right)\end{array}\end{array}$

Do $MI=3\Rightarrow M(0;2;0)$ thỏa mãn $\Rightarrow \{\begin{array}{r}a=0\\ b=2\end{array}\Rightarrow a+b=2.$

Chọn C.

Câu 50.Trong không gian với hệ trục tọa độ $\mathrm{O}\mathrm{x}yz$, cho mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2=3$. Một mặt phẳng $\left(P\right)$ tiếp xúc với mặt cầu và cắt các tia $\mathrm{O}\mathrm{x},Oy,Oz$ lần lượt tại $A,B,C$($A,B,C$ không trùng với gốc tọa độ $O$) thỏa mãn $O{A}^2+O{B}^2+O{C}^2=27$. Diện tích của tam giác $ABC$ bằng

A.$\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

B.$\frac{9\sqrt{3}}{2}$.

C.$9\sqrt{3}$.

D.$3\sqrt{3}$.

Giải.

Mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2=3$ có tâm $O\left(0;0;0\right)$ bán kính $R=\sqrt{3}$.

Gọi $H$ là điểm tiếp xúc của $\left(S\right)$ và $\left(P\right)$ $\Rightarrow OH\mathrm{\perp }\left(P\right)\Rightarrow OH\mathrm{\perp }\left(ABC\right)\Rightarrow H$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Trong $\left(ABC\right)$, gọi $E=CH\cap AB$, ta có: $\{\begin{array}{l}AB\mathrm{\perp }CE\\ AB\mathrm{\perp }OH\end{array}\Rightarrow AB\mathrm{\perp }\left(COE\right)\Rightarrow AB\mathrm{\perp }OE$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

$\frac{1}{O{E}^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}\Rightarrow \frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{C}^2}+\frac{1}{O{E}^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}=\frac{1}{3}$

Mặt khác ta có: $\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}\ge \frac{3}{\sqrt[3]{{\left(OA.OB.OC\right)}^2}}\ge \frac{3}{\sqrt[3]{{\left(\frac{O{A}^2+O{B}^2+O{C}^2}{3}\right)}^3}}=\frac{1}{3}$.

Dấu “=” xảy ra $\iff OA=OB=OC=3$.

$\Rightarrow V_{OABC}=\frac{1}{6}OA.OB.OC=\frac{1}{6}.3.3.3=\frac{9}{2}$.

Mà $V_{OABC}=\frac{1}{3}.OH.S_{ABC}\Rightarrow S_{ABC}=\frac{3V_{OABC}}{OH}=\frac{3.\frac{9}{2}}{\sqrt{3}}=\frac{9\sqrt{3}}{2}$.

Chọn B.