Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(I\left( {1; - 2;1} \right)\); bán kính \(R = 4\) và đường thẳng \(d:\frac{x}{2} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} = \frac{{z + 1}}{{ - 1}}\). Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(d\) và cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) theo một đường tròn có diện tích nhỏ nhất. Hỏi trong các điểm sau điểm nào có khoảng cách đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) lớn nhất.

Gọi \(A',B'\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A,B\) trên \(Ox\) và \[\alpha  = \left[ {A,Ox,B} \right]\].

Ta có \(A'\left( {6;0;0} \right),B'\left( {4;0;0} \right)\).

Khi đó \(\alpha  = \left( {\overrightarrow {A'A} ,\overrightarrow {B'B} } \right)\) nên \[\cos \alpha  = \frac{{\overrightarrow {A'A}  \cdot \overrightarrow {B'B} }}{{\left| {\overrightarrow {A'A} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {B'B} } \right|}} =  - \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \alpha  = 135^\circ \].

Đáp án cần nhập là: \(135\).

Ta có \(n\left( X \right) = C_{20}^3 = 1140\).

Dễ thấy không thể có tam giác nào có 3 cạnh đều là cạnh của đa giác đều ban đầu.

Gọi \({A_k}\) là biến cố “Tam giác được chọn có \(k\) cạnh màu xanh”.

TH1: Tam giác có 2 cạnh màu xanh.

Để được tam giác như thế thì 2 cạnh màu xanh là hai cạnh của đa giác. Khi đó ta cần chọn 3 đỉnh liên tiếp của đa giác. Do đó \(n\left( {{A_2}} \right) = 20\).

TH2: Tam giác có 1 cạnh màu xanh.

Để được tam giác như thế thì cần chọn 2 đỉnh liên tiếp của đa giác, đỉnh còn lại của tam giác không kề với 2 đỉnh kia.

Chọn 2 đỉnh liên tiếp, có 20 cách chọn.

Chọn đỉnh còn lại, bỏ 2 đỉnh đã chọn và 2 đỉnh kề với 2 đỉnh đó, có 16 cách chọn.

Do đó \(n\left( {{A_1}} \right) = 20 \cdot 16 = 320\).

Suy ra \(n\left( {{A_0}} \right) = 1140 - 20 - 320 = 800\).

Xác suất cần tìm là \(P\left( {{A_0}} \right) = \frac{{800}}{{1140}} = \frac{{40}}{{57}}\). Suy ra \(a = 40;b = 57\).

Vậy \(a + b = 40 + 57 = 97\). Chọn A.