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: 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 a b c k+ + = (với k là số thực dương). Tính chiều cao OH h= của tứ diện OABC theo a, b, c. Tính giá trị lớn nhất của h. Điều cốt lỏi của bài toán là điều kiện ( ) 2 2 2 0a b c k k+ + = > . 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 ( ) 2 2 2 0a b c k k+ + = > ta có các bất đẳng thức sau đây: a) Bất đẳng thức 1: 3 9 k k abc ≤ 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 abc⇔ ≤ . 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⇔ = = = . b) 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= + + ≥ và 2 2 2 2 2 2 3 1 1 1 1 3. 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 3 k a b c⇔ = = = . c) Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc: “Với mọi số thực x, y, z ta có ( ) ( ) 2 3 xy yz zx x y z+ + ≤ + + . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z= = ”. ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 a b b c c a a b c+ + ≤ + + 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 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 chứa cạnh OC. Khi đó tọa độ các đỉnh của tứ diện OABC là ( ) 0; 0; 0O , ( ) ; 0; 0A a , ( ) 0; ; 0B b , ( ) 0; 0; C c . Phương trình mặt phẳng ( )ABC theo đoạn chắn là 1 0 x y z a b c + + − = . Độ dài đường cao OH là khoảng cách từ đỉnh ( ) 0; 0; 0O đến mặt phẳng ( )ABC nên ta có 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 = khi và chỉ khi 3 3 k a b c= = = . Đặc biệt, khi 3k = ta được 3 max 3 h = khi và chỉ khi 1a b c= = = . Tiếp theo, chúng ta hãy xem điều kiện ( ) 2 2 2 0a b c k k+ + = > tương đương với điều kiện nào trong bài toán đã cho? Bài toán 2: 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 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 2009-2010 2 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 0q = , do đó phương trình mặt cầu là 2 2 2 2 2 2 0x 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 0 2 0 2 0 a ma b nb c pc  + =  + =   + =  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 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       ⇔ − + − + − = + +  ÷  ÷  ÷       Vậy mặt cầu (S) có tâm ; ; 2 2 2 a b c I    ÷   và bán kính 2 2 2 1 2 R a b c= + + . Từ điều kiện ( ) 2 2 2 0a b c k k+ + = > suy ra mặt cầu (S) có bán kính 2 k R = (không đổi). Đặc biệt, khi 3k = ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là 3 2 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 ,( ) 1 1 1 h OH d O ABC a b c = = = + + + Áp dụng bất đẳng thức 2 với 2 4k R= ta được 2 2 2 2 1 4 2 3 3 1 1 1 R R h a b c = ≤ = + + Vậy 2 max 3 R h = khi và chỉ khi 2 3 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 k k abc ≤ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 3 k a b c= = = . Suy ra 1 3 6 54 k k V abc= ≤ . Vậy 3 max 54 k k V = khi và chỉ khi 3 3 k a b c= = = . Đặc biệt, khi 3k = ta có 1 max 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 . Do đó 2 2 2 2 2 2 ,AB AC a b b c c a   = + +   uuur uuur , suy ra 2 2 2 2 2 2 1 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+ + ≤ . Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 1 1 3 . 2 2 3 6 k k S a b b c c a= + + ≤ = 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 + + − = . Gọi d là khoảng cách từ tâm ; ; 2 2 2 a b c I    ÷   đến mặt phẳng (ABC), ta có ( ) 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 ,( ) 1 1 1 d d I ABC a b c + + − = = + + 2 2 2 1 1 . 2 1 1 1 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 k a b c= = = . Đặc biệt, khi 3k = ta có 3 max 6 d = khi và chỉ khi 1a b c= = = . 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. Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế 4 Tổng quát hóa và khai thác bài toán trong đề kiểm tra học kỳ II môn toán lớp 12 năm học 2009-2010 Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có công thức 2 2 2 r R d= − , trong đó 2 k R = là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC và 2 2 2 1 1 . 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 d⇒ ≤ . Suy ra 2 2 2 2 4 36 9 k k k r R d= − ≥ − = 2 3 k r⇒ ≥ . Vậy 2 min 3 k r = khi và chỉ khi 3 3 k a b c= = = . Đặc biệt, khi 3k = ta có 6 min 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 mặt cầu tâm ( ) 0; 0; 0O , bán kính 2 k R = , có phương trình là 2 2 2 4 0, 0, 0 k x y z x y z  + + =    > > >  Đặc biệt, khi 3k = thì tập hợp các tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là 1 8 mặt cầu có phương trình 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 1 3 3 k a b c= + + = (do điều kiện 2 2 2 ( 0)a b c k k+ + = > ) Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế 5 Tổng quát hóa và khai thác bài toán trong đề kiểm tra học kỳ II môn toán lớp 12 năm học 2009-2010 Vậy tập hợp trọng tâm G của tam giác ABC là 1 8 mặt cầu tâm ( ) 0; 0; 0O , bán kính 3 k R = , có phương trình là 2 2 2 9 0, 0, 0 k x y z x y z  + + =    > > >  . 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 ; ; 2 2 2 a b c OI   =  ÷   uur 3 3 ; ; 2 3 3 3 2 a b c OG   = =  ÷   uuur , suy ra I là ảnh của G qua phép vị tự tâm O tỷ số 3 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 ' ' ' ' 0G O G A G B G C+ + + = uuuur uuuur uuuur uuuur r ( ) ( ) ( ) ' ' ' ' 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 ( ) 0; 0; 0O , bán kính 4 k R = , có phương trình là 2 2 2 16 0, 0, 0 k x y z x y z  + + =    > > >  . Đặc biệt, khi 3k = thì tập hợp trọng tâm G’ của tứ diện OABC là 1 8 mặt cầu có phương trình 2 2 2 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   =  ÷   r . Suy ra đường thẳng OH có vectơ chỉ phương là 1 1 1 ; ; OH u n a b c   = =  ÷   r r . Do đó phương trình tham số của đường thẳng OH là ( ) ; ; t t t x y z t a b c = = = ∈¡ . Tọa độ của H ứng với tham số t thỏa mãn phương trình 2 2 2 1 0 t t t 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 2009-2010 2 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 = = = . Suy ra 4 4 4 2 2 2 2 2 2 ; ; H H H h h h x y z a b c = = = 2 2 2 4 2 2 2 1 1 1 H H H x y z h a b c   ⇒ + + = + +  ÷   2 2 2 2 H H H x y z h⇔ + + = (3) Theo bất đẳng thức 2 ta có 2 2 2 1 1 1 3 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 8 hình cầu (kể cả biên) tâm ( ) 0; 0; 0O , bán kính 3 k R = có phương trình là 2 2 2 9 0, 0, 0 k x y z x y z  + + ≤    > > >  . Đặc biệt, khi 3k = thì tập hợp trực tâm H của tam giác ABC là 1 8 hình cầu (kể cả biên) tâm ( ) 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    ÷   là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. 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   =  ÷   r . Suy ra đường thẳng IJ có vectơ chỉ phương là 1 1 1 ; ; n a b c   =  ÷   r nên phương trình tham số của đường thẳng IJ là ; ; 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   ⇔ + + + =  ÷   2 2 2 2 1 1 1 . 1 1 1 2 2 t h a b c ⇔ = − = − + + với 2 2 2 1 0 1 1 1 h a b c = > + + Vậy tọa độ của J là 2 2 2 1 1 1 . ; . ; . 2 2 2 2 2 2 J J J a h b h c h x y z 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 2 2 2 2 ; 2 ; 2 J J J h h h x a y b z c a b c = − = − = − Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 1 1 1 4 4 4 6 J J J x y z a b c h h a b c   + + = + + − + + +  ÷   2 2 2 2 4 4 4 5 J J J x y z k h⇔ + + = − (do 2 2 2 2 1 1 1 1 a b c h + + = ) 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 J J J k k x y z≤ + + < . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 3 k a b c= = = . Vậy 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 k R = và 2 2 k R = , có phương trình là 2 2 2 9 4 0, 0, 0 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 = , có phương trình là 2 2 2 1 3 3 4 0, 0, 0 x y z x y z  ≤ + + <    > > >  . 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 Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế 8 . 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. 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. 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 2009-2010 2 2 2 2 2 2 0x y z mx ny pz q+ + + +