TỔNG QUÁT HÓA VÀ KHAI THÁC BÀI TOÁN TRONGĐỀ 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 t
Trang 1TỔNG 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 , ,
3
3
a b c bởi điều kiện a2b2c2 (với k là số thực dương) và khai thác bài toán để có những kết k
quả đẹp hơn và thú vị hơn
Bài toán 1:
a b c (với k là số thực k
Điều cốt lỏi của bài toán là điều kiện a2b2c2 k k 0 Khai thác điều kiện này
ta được các bất đẳng thức sau đây để vận dụng chúng trong các bài toán tiếp theo
I CÁC BẤT ĐẲNG THỨC
Với các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a2b2c2 k k 0 ta có các bất đẳng thức sau đây:
a) Bất đẳng thức 1: 3
9
k k abc
b) Bất đẳng thức 2: 12 12 12 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
3
k
a b c
Chứng minh:
a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có
k a 2b2c2 3.3 a b c2 2 2 k327a b c2 2 2 3
9
k k abc
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2 2 2
2 2 2
3 3
k
a b c
b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có
k a 2b2c2 3.3 a b c2 2 2 và 2 2 2 3 2 2 2
3
a b c a b c
Trang 2-Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3
3 3
k
a b c
c) Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc:
“Với mọi số thực x, y, z ta có 3 xy yz zx x y z 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x ” y z
ta có 3 a b 2 2b c2 2 c a2 2 a2b2c22
2
2 2 2 2 2 2
3
k
a b b c c a
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2 2 2
2 2 2
3 3
k
a b c
Bây giờ, chúng ta hãy giải bài toán 1 ở trên với điều kiện a2b2c2 k k 0
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
chứa cạnh OC Khi đó tọa độ các đỉnh của tứ diện
OABC là O0; 0; 0, A a ; 0; 0 , B0; ; 0b ,
0; 0;
x y z 1 0
a bc .
Độ dài đường cao OH là khoảng cách từ đỉnh
0; 0; 0
2 2 2
1
h OH
1
3
k h
Vậy max
3
k
3
k
a b c
3
h khi và chỉ khi a b c 1 Tiếp theo, chúng ta hãy xem điều kiện a2b2c2 k k 0 tương đương với điều kiện nào trong bài toán đã cho?
Bài toán 2:
với a, b, c là những số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện a2b2c2 k k 0 Khi đó mặt
2 2 2
a b c
I
2
k
Lời giải:
Trang 3x2y2z22mx2ny2pz q 0
Vì mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O0; 0; 0 nên ta có q , do đó phương trình mặt cầu là0
2 2 2
x y z mx ny pz
Vì mặt cầu (S) đi qua ba đỉnh A, B, C nên ta có hệ phương trình sau
2
2
2
2 2 2
a m b n c p
Suy ra phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC là
2 2 2
1
2 2 2
a b c
I
2
R a b c
Từ điều kiện a2b2c2 k k 0 suy ra mặt cầu (S) có bán kính
2
k
2
R Vậy điều kiện a2b2c2 k k 0 tương đương với điều kiện
a2b2c2 4R2 R0
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 a2b2c2 4R2 (với R
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
+ Áp dụng bất đẳng thức 2 với k 4R2ta được
2
2 2 2
h
3
R
3
R
a b c
2
3
h khi và chỉ khi a b c 1 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
Trang 4V OA OB OC abc
9
k k abc Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3
3
k
a b c
k k
54
k k
3
k
a b c
6
V khi và chỉ khi a b c 1
2 Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC
2
S AB AC
Ta có AB a b; ; 0
, AC a; 0; c
nên AB AC, bc ca ab; ;
Do đó AB AC, a b2 2b c2 2 c a2 2
2
S a b b c c a Theo bất đẳng thức 3 ta có
2
2 2 2 2 2 2
3
k
a b b c c a
6
k
3
k
a b c
2
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
ab c .
2 2 2
a b c
I
2 2 2
1 1 1
1
2 2 2
d d I ABC
a b c k
Suy ra
2 2 2
d
6
k
3
k
a b c
6
4 Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là giao tuyến của mặt phẳng (ABC) và mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.
Trang 5Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có công thức r2 R2 d2, trong đó 2
k
2 2 2
d
từ tâm I đến mặt phẳng (ABC)
k d
2
36
k
d
3
k r
3
k
3
k
a b c
3
r khi và chỉ khi a b c 1
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
2 2 2
a b c
I
bán kính
2
k
2
k
OI R
Vậy tập hợp các tâm I của mặt cầu ngoại
0; 0; 0
2
k
trình là
2 2 2
4
k
Đặc biệt, khi k thì tập hợp các tâm I 3
của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là
1
2 2 2 3
4
2 Tìm tập hợp trọng tâm G của tam giác ABC
3 3 3
a b c
G
k
Trang 68 mặt cầu tâm O0; 0; 0 , bán kính
3
k
R ,
có phương trình là
2 2 2
9
k
Đặc biệt, khi k thì tập hợp trọng tâm G của tam giác ABC là 3 1
2 2 2 1
3
2 2 2
a b c
OI
; ;
a b c
OG
, suy ra I là ảnh của G qua phép vị tự
2
k
3 Tìm tập hợp trọng tâm G’ của tứ diện OABC
Vì G’ là trọng tâm của tứ diện OABC nên ta có ' G O G A G B G C ' ' ' 0
4 'G O 3OG GA GB GC 0
) 3
'
4
8 mặt cầu tâm O0; 0; 0 , bán kính
4
k
R ,
có phương trình là
2 2 2
16
k
Đặc biệt, khi k thì tập hợp trọng tâm G’ của tứ diện OABC là 3 1
2 2 2 3
16
4 Tìm tập hợp trực tâm H của tam giác ABC
suy ra đường thẳng OH nhận vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) làm vectơ chỉ phương.
1 1 1
; ;
n
a b c
a b c
Trang 7
2 2 2
1
2 2 2
1
h
Vậy tọa độ của H là
2; 2; 2
2 2 2 4
2 2 2
2 2 2 2
1
3
k h
2
9
k h
9
k
3
k
a b c
8 hình cầu (kể cả biên) tâm O0; 0; 0, bán
kính
3
k
2 2 2
9
k
0; 0; 0
3
2 2 2 1
3
5 Tìm tập hợp tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
; ;
2 2 2
a b c
I
1 1 1
; ;
n
a b c
a b c
nên phương
t Do đó tọa độ của
2 2 2
0
2
2 2 2
2 2 2
1
0
h
Vậy tọa độ của J là
4
Trang 8-2 2 2
4
k
a b c ) (5)k
Mặt khác, ta có
Suy ra 4x J2 4y2J 4z J2 a2 b2 c2 6h2 12 12 12 h4
a b c h )
9
k
5
9
k
9
k
3
k
a b c
3
k
R và
2
2
k
2 2 2
cầu” (kể cả biên trong) giới hạn bởi hai hình cầu đồng tâm O0; 0; 0, bán kính lần lượt là
1
3
3
R và 2 3
2
2 2 2
Để kết thúc bài viết, trước hết tôi cám ơn thầy giáo Cao Ngọc Toản với bài viết đăng ở Tập san Giáo Dục Đào Tạo Thừa Thiên Huế số Chào Xuân Tân Mão, 2011 của Sở Giáo Dục
và Đào Tạo Thừa Thiên Huế đã gợi ý cho tôi viết chuyên đề này
Tiếp theo, tôi chân thành cám ơn Ban biên tập Tập san Giáo Dục Đào Tạo và Sở Giáo Dục Đào Tạo Thừa Thiên Huế đã tạo sân chơi rất bổ ích để thầy cô giáo chúng tôi có diễn đàn trao đổi kinh nghiệm trong chuyên môn cũng như đổi mới phương pháp dạy học đạt hiệu quả tốt nhất
Cuối cùng, kính chúc quý đồng nghiệp một năm mới sức khỏe, hạnh phúc và thành đạt
Cuối năm Canh Dần, ngày 27 tháng Chạp (30/01/2011)
Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết
