Tổng quát hóa và khai thác bài toán trong đề kiểm tra học kỳ II môn toán lớp 12 năm học 2009-2010

TỔNG QUÁT HÓA VÀ KHAI THÁC BÀI TOÁN TRONG
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II MÔN TOÁN LƠP 12 NĂM HỌC 2009 - 2010
Nguyễn Văn Thiết
Trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, TT Huế
Trong Tập san Giáo dục Đào tạo Thừa Thiên Huế, số Chào Xuân Tân Mão - 2011 có
bài viết “Phát triển tư duy cho học sinh qua một bài toán” của thầy giáo Cao Ngọc Toản. Đó là
bài toán trong đề kiểm tra học kỳ II môn Toán lớp 12 năm học 2009 – 2010 của Sở Giáo Dục
& Đào Tạo Thừa Thiên Huế, như sau:
Câu III: Cho tứ diện OABC có các cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc và
, OA a OB b= =
,
OC c=
với a, b, c là những số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện
2 2 2
3a b c+ + =
. Tính chiều
cao
OH h=
của tứ diện OABC theo a, b, c. Tính giá trị lớn nhất của h.
Ở đây, tôi muốn tổng quát hóa bài toán trên bằng cách thay điều kiện
2 2 2
3a b c+ + =

bởi điều kiện
2 2 2
a b c k+ + =
(với k là số thực dương) và khai thác bài toán để có những kết
quả đẹp hơn và thú vị hơn.
Bài toán 1:

b) Bất đẳng thức 2:
2 2 2
1 1 1 3
a b c
k
+ + ≥
c) Bất đẳng thức 3:
2
2 2 2 2 2 2
3
k
a b b c c a+ + ≤
Đẳng thức xảy ra ở a), b), c) khi và chỉ khi
3
3
k
a b c= = =
.
Chứng minh:
a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có

2 2 2 2 2 23
3.k a b c a b c= + + ≥

3 2 2 2
27k a b c⇔ ≥

3
9
k k

a b c
a b c
+ + ≥
Nhân hai bất đẳng thức trên vế theo vế ta được
2 2 2
1 1 1 9
a b c k
+ + ≥

2 2 2
1 1 1 3
a b c
k
⇔ + + ≥

Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế 1
Tổng quát hóa và khai thác bài toán trong đề kiểm tra học kỳ II môn toán lớp 12 năm học 2009-2010

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 1 1
3
a b c
a b c
a b c

= =


3
k
a b b c c a⇔ + + ≤

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2 2 2
2 2 2
a b c
a b c k

= =


+ + =



3
3
k
a b c⇔ = = =
.
Bây giờ, chúng ta hãy giải bài toán 1 ở trên với điều kiện
( )
2 2 2
0a b c k k+ + = >
.
Lời giải của bài toán 1:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như sau: Đỉnh O là gốc tọa
độ, tia Ox chứa cạnh OA, tia Oy chứa cạnh OB, tia Oz

2 2 2
1
1 1 1
h OH
a b c
= =
+ +

Theo bất đẳng thức 2 ta có
2 2 2
1 1 1 3
a b c
k
+ + ≥
. Suy ra
2 2 2
1
3
1 1 1
k
h
a b c
= ≤
+ +
.
Vậy
max
3
k
h =

( )
2 2 2
0a b c k k+ + = >
. Khi đó mặt
cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC có tâm
; ;
2 2 2
a b c
I
 
 ÷
 
và bán kính
2
k
R =
(không đổi).
Lời giải:
Gọi (S) là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. Khi đó phương trình mặt cầu (S) có dạng

Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế 2
Tổng quát hóa và khai thác bài toán trong đề kiểm tra học kỳ II môn toán lớp 12 năm học 2009-20102 2 2
2 2 2 0x y z mx ny pz q+ + + + + + =
Vì mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ
( )
0; 0; 0O
nên ta có

b
n
c
p

= −



⇔ = −



= −



Suy ra phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC là
2 2 2
0x y z ax by cz+ + − − − =

( )
2 2 2
2 2 2
1
2 2 2 4
a b c
x y z a b c
     
⇔ − + − + − = + +

R =
.
Vậy điều kiện
( )
2 2 2
0a b c k k+ + = >
tương đương với điều kiện

( )
2 2 2 2
4 0a b c R R+ + = >
Suy ra bài toán tương đương của bài toán 1 như sau:
Bài toán tương đương:
Câu III: Cho tứ diện OABC có các cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc và
, OA a OB b= =
,
OC c=
với a, b, c là những số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện
2 2 2 2
4a b c R+ + =
(với R
cho trước là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC). Tính chiều cao
OH h=
của tứ diện
OABC theo a, b, c. Tính giá trị lớn nhất của h theo R.
Lời giải: Theo kết quả của bài toán 1, ta có
+
( )
2 2 2
1

R
a b c= = =
.
Đặc biệt, với
3
2
R =
ta có
3
max
3
h =
khi và chỉ khi
1a b c= = =
.
Tiếp tục khai thác bài toán 1 ta có các bài toán sau đây:
II. CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ THƯỜNG GẶP
1. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện OABC

Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế 3
Tổng quát hóa và khai thác bài toán trong đề kiểm tra học kỳ II môn toán lớp 12 năm học 2009-2010

Thể tích khối tứ diện OABC là
1 1
. . .
6 6
V OAOB OC abc= =
Theo bất đẳng thức 1 ta có
3
9

6
V =
khi và chỉ khi
1a b c= = =
.
2. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC
Diện tích tam giác ABC được tính theo công thức
1
,
2
S AB AC
 
=
 
uuur uuur
Ta có
( )
; ; 0AB a b= −
uuur
,
( )
; 0; AC a c= −
uuur
nên
( )
, ; ; AB AC bc ca ab
 
=
 
uuur uuur

Vậy
3
max
6
k
S =
khi và chỉ khi
3
3
k
a b c= = =
.
Đặc biệt, khi
3k =
ta có
3
max
2
S =
khi và chỉ khi
1a b c= = =
.
3. Tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách từ I đến mặt phẳng (ABC) với I là tâm mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện OABC
Phương trình mặt phẳng
( )ABC
theo đoạn chắn là
1 0
x y z
a b c

a b c
=
+ +

Theo bất đẳng thức 2 ta có
2 2 2
1 1 1 3
a b c
k
+ + ≥
.
Suy ra
2 2 2
1 1 1
. .
2 2 3 6
1 1 1
k k
d
a b c
= ≤ =
+ +
. Vậy
max
6
k
d =
khi và chỉ khi
3
3

.
2
1 1 1
d
a b c
=
+ +
là khoảng cách
từ tâm I đến mặt phẳng (ABC).
Theo bất đẳng thức 2 ta có
2 2 2
1 1 1 3
a b c
k
+ + ≥
. Do đó
2 2 2
1 1
.
2 6
1 1 1
k
d
a b c
= ≤
+ +

2
36
k

3
r =
khi và chỉ khi
1a b c= = =
.
III. CÁC TẬP HỢP ĐIỂM THƯỜNG GẶP
1. Tìm tập hợp tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC
Theo kết quả I.3) ta có mặt cầu ngoại tiếp
tứ diện OABC có tâm
; ;
2 2 2
a b c
I
 
 ÷
 
và
bán kính
2
k
R =
. Suy ra
2
k
OI R= =
.
Vậy tập hợp các tâm I của mặt cầu ngoại
tiếp tứ diện OABC là
1
8

2 2 2
3
4
0, 0, 0
x y z
x y z

+ + =



> > >

.
2. Tìm tập hợp trọng tâm G của tam giác ABC
Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là
; ;
3 3 3
a b c
G
 
 ÷
 
.
Ta có
2 2 2
9 9 9
a b c
OG = + +
2 2 2


+ + =



> > >

.
Đặc biệt, khi
3k =
thì tập hợp trọng tâm G của tam giác ABC là
1
8
mặt cầu có phương trình

2 2 2
1
3
0, 0, 0
x y z
x y z

+ + =



> > >


Chú ý: Ta có


( ) ( ) ( )
' ' ' ' 0G O G O OG GA G O OG GB G O OG GC⇔ + + + + + + + + + =
uuuur uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur r
( )
4 ' 3 0G O OG GA GB GC⇔ + + + + =
uuuur uuur uuur uuur uuur r

4 ' 3 0G O OG⇔ + =
uuuur uuur r
(vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên
0GA GB GC+ + =
uuur uuur uuur r
)
3
'
4
OG OG⇔ =
uuuur uuur

3 3
' .
4 4 3 4
k k
OG OG⇒ = = =
.
Vậy tập hợp trọng tâm G’ của tứ diện OABC là
1
8
mặt cầu tâm

3
16
0, 0, 0
x y z
x y z

+ + =



> > >


4. Tìm tập hợp trực tâm H của tam giác ABC
Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên dễ dàng chứng minh được
mp( )OH ABC⊥
,
suy ra đường thẳng OH nhận vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) làm vectơ chỉ phương.
Vì mặt phẳng
( )ABC
có phương trình là
1 0
x y z
a b c
+ + − =
nên nó có vectơ pháp tuyến là
1 1 1
; ; n
a b c
 


Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế 6
Tổng quát hóa và khai thác bài toán trong đề kiểm tra học kỳ II môn toán lớp 12 năm học 2009-20102
2 2 2
1
1 1 1
t h
a b c
⇔ = =
+ +
với
2 2 2
1
1 1 1
h
a b c
=
+ +
.
Vậy tọa độ của H là
2 2 2
; ;
H H H
h h h
x y z
a b c
= = =

k
+ + ≥
2 2 2
1
3
1 1 1
k
h
a b c
⇒ = ≤
+ +
2
9
k
h⇒ ≤
(4)
Từ (3) và (4) suy ra
2 2 2
9
H H H
k
x y z+ + ≤
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
3
k
a b c= = =
.
Vậy tập hợp trực tâm H của tam giác ABC là
1

( )
0; 0; 0O
, bán kính
3
3
R =
có phương trình là
2 2 2
1
3
0, 0, 0
x y z
x y z

+ + ≤



> > >

.
5. Tìm tập hợp tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó ta có
mp( )IJ ABC⊥
với
; ;
2 2 2
a b c
I
 

; ;
2 2 2
a t b t c t
x y z
a b c
= + = + = +

( )
t ∈¡
. Do đó tọa độ của
J ứng với tham số t thỏa mãn phương trình
1 1 1
1 0
2 2 2
a t b t c t
a a b b c c
     
+ + + + + − =
 ÷  ÷  ÷
     2 2 2
1 1 1 1
0
2
t
a b c
 
⇔ + + + =

a b c
= − = − = −
.
Suy ra
0 ; 0 ; 0
2 2 2
J J J
a b c
x y z< < < < < <

( )
2 2 2 2 2 2
1
4
J J J
x y z a b c⇒ + + < + +

Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế 7
Tổng quát hóa và khai thác bài toán trong đề kiểm tra học kỳ II môn toán lớp 12 năm học 2009-2010

2 2 2
4
J J J
k
x y z⇒ + + <
(do điều kiện
2 2 2
a b c k+ + =
) (5)
Mặt khác, ta có

)
Hơn nữa, theo (4) ta có
2
9
k
h ≤
2
5 4
5
9 9
k k
k h k⇒ − ≥ − =
Do đó, ta có
2 2 2
4
4 4 4
9
J J J
k
x y z+ + ≥

2 2 2
9
J J J
k
x y z⇔ + + ≥
(6)
Từ (5) và (6) suy ra
2 2 2
9 4

k k
x y z
x y z

≤ + + <



> > >

.
Đặt biệt, khi
3k =
thì tập hợp tâm J của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
1
8
“hình vành
cầu” (kể cả biên trong) giới hạn bởi hai hình cầu đồng tâm
( )
0; 0; 0O
, bán kính lần lượt là
1
3
3
R =
và
2
3
2
R =