Kinh nghiệm một số phương pháp tìm cực trị môn: Toán lớp: 8, 9

c tồn tại cả GTLN và GTNN như bài toán đã trình bày ở ví dụ 10, cho nên học sinh cần định hướng cách phân tích bài toán để làm xuất hiện những tình huống theo yêu cầu bài toán nêu.
4. Một số bài tập.
Tìm GTNN, GTLN(nếu có) của các biểu thức sau :
A = ; B = 	; C = 
D = (x ẻ R) 
Dạng 4 : Cực trị của hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối.
1. Kiến thức cần thiết.
a/ẵf(x)ẵ = f(x) nếu f(x) ³ 0 ; ẵf(x)ẵ = - f(x) nếu f(x) < 0
b/ẵf(x)ẵ + ẵg(x)ẵ ³ ẵf(x) + g(x)ẵ. Dấu "=" xảy ra Û f(x).g(x) ³ 0
c/ẵf(x)ẵ - ẵg(x)ẵ Ê ẵf(x) - g(x)ẵ. Dấu "=" xảy ra Û f(x).g(x) ³ 0
 vớiẵf(x)ẵ ³ ẵg(x)ẵ
d/ Giả sử max f(x) = A, min f(x) = a với f(x) xét trên đoạn [a1 ;b1]
+ Nếu f(x) ³ 0 ta có max f(x) = maxẵ f(x)ẵ=A trên [a1 ;b1]
min f(x) = minẵf(x)ẵ= a trên [a1 ;b1]
+ Nếu : max f(x) ³ 0 còn min f(x) Ê 0 trên [a1 ;b1] :
Ta có : maxẵf(x)ẵ= max(A ; ẵaẵ)
 minẵf(x)ẵ= 0
+ Nếu f(x) < 0 ta có maxẵf(x)ẵ= - minẵf(x)ẵ trên [a1 ;b1] 
 minẵf(x)ẵ = - maxẵf(x)ẵ trên [a1 ;b1] 
2. Một số ví dụ.
Ví dụ 12 : Tìm GTLN của A = 2000 – 1999ẵx – 1ẵ 
Giải : Vì ẵx – 1ẵ ³ 0 " x ị -1999ẵx – 1ẵ Ê 0 " x 
Do đó A = 2000 – 1999ẵx – 1ẵ Ê 2000 " x. Dấu “=” xảy ra Û x = 1 
Vậy max A = 2000 Û x = 1.
Ví dụ 13 : Tìm GTLN của B = ẵxẵ + ẵ8 – xẵ 
Giải : 
Cách 1 : Xét khoảng giá trị của x. 
a/ Nếu x < 0 thì ẵxẵ = -x và ẵ8 - xẵ = 8 - x khi đó B = 8 - 2x 
b/ Nếu 0 Ê x Ê 8 thì ẵxẵ = x và ẵ 8 - xẵ = 8 - x khi đó B = x + 8 - x = 8 
c/ Nếu x > 8 thì ẵxẵ = x và ẵ8 - xẵ = x - 8 khi đó B = x + x - 8 = 2x - 8 
So sánh các giá trị của B trong 3 khoảng trên ta có :
 	min B = 8 Û 0 Ê x Ê 8 
Cách 2 : Sử dụng bất đẳng thức.
ẵf(x)ẵ + ẵg(x)ẵ ³ ẵf(x) + g(x)ẵ. Dấu "=" xảy ra Û f(x).g(x) ³ 0
Ta có B = B = ẵxẵ + ẵ8 – xẵ ³ ẵx + 8 - xẵ= 8 
Dấu “=” xảy ra Û x(8 - x) ≥ 0 Û x(x - 8) Ê 0 Û 0 Ê x Ê 8 
Vậy min B = 8 Û 0 Ê x Ê 8 
Ví dụ 14 : Tìm GTNN của C = ẵx - 2ẵ + ẵx - 5ẵ + 15 
Giải : 
Cách 1 : Xét khoảng giá trị của x. 
a/ Nếu x < 2 thì ẵx - 2ẵ = 2 - x và ẵx - 5ẵ = 5 - x khi đó
C = 2 – x + 5 – x + 15 = 22 – 2x 
b/ Nếu 2 Ê x Ê 5 thì ẵx – 2ẵ = x – 2 và ẵx – 5ẵ = 5 – x, khi đó
C = x - 2 + 5 - x + 15 = 18
c/ Nếu x > 5 thì ẵx – 2ẵ = x – 2 và ẵx – 5ẵ = x – 5, khi đó
C = x - 2 + x - 5 + 15 = 2x + 8 
 So sánh các giá trị của C trong 3 khoảng trên ta có :
min C = 18 Û 2 Ê x Ê 5 
Cách 2 : Sử dụng bất đẳng thức 1b) đã nêu ở trên.
Vì ẵx - 2ẵ + ẵx - 5ẵ = ẵx - 2ẵ + ẵ5 - xẵ³ ẵx - 2 + 5 - x ẵ = 3 
Dấu "=" xảy ra Û (x - 2)(5 - x) ³ 0 Û 2 Ê x Ê 5 
Do đó : C = ẵx - 2ẵ + ẵx - 5ẵ+ 15 ³ 3 + 15 = 18 
Vậy min C = 18 Û 2 Ê x Ê 5 
Ví dụ 15 : Tìm GTNN của 
 M = ẵx + 1ẵ + ẵx + 2ẵ + .... + ẵx + 99ẵ + ẵx + 100ẵ 
Giải : Ta có M = ẵx + 1ẵ + ẵ-x - 100ẵ+ .... + ẵx + 50ẵ + ẵ-x - 50ẵ
Vì có ẵx + 1ẵ + ẵ-x - 100ẵ³ ẵx + 1 - x - 100ẵ = 99 
dấu "=" xảy ra Û -100 Ê x Ê -1
Tương tự .
ẵx + 50ẵ + ẵ-x - 50ẵ ³ 1. Dấu "=" xảy ra Û - 51 Ê x Ê - 50
Do đó M ³ 1 + 3 + ... + 97 + 99 = 2500. Dấu "=" xảy ra Û - 51 Ê x Ê - 50
Ví dụ 16 : Tìm GTNN của B = ẵx - 1ẵ + ẵx - 2ẵ + ẵx - 3ẵ 
Giải : 
Xét C = ẵx - 1ẵ + ẵx - 3ẵ = ẵx - 1ẵ + ẵ3 - xẵ ³ ẵx - 1 + 3 - xẵ = 2 
ị C = 2 Û (x - 1)(3 - x) ³ 0 Û 1 Ê x Ê 3
Mặt khác ẵx - 2ẵ ³ 0. Dấu "=" xảy ra Û x = 2 
Do đó B = ẵx - 1ẵ + ẵx - 2ẵ + ẵx - 3ẵ ³ 2 + 0 = 2 
Dấu "=" xảy ra Û Û x = 2 . Vậy min B = 2 Û x = 2 
3. Một số nhận xét.
Để thực hiện giải bài toán cực trị của hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối, học sinh cần nắm được định nghĩa giá trị tuyệt đối của một số hay 1 biểu thức và linh hoạt vận dụng các tính chất của trị tuyệt đối trong quá trình giải.
Các ví dụ 13, 14 trong phần lời giải của cách 2 và các ví dụ 15, 16 ta đã sử dụng tính chất : "Hai số đối nhau thì có giá trị tuyệt đối bằng nhau”, từ đó vận dụng bất đẳng thức 1b để tìm ra lời giải bài toán một cách nhanh chóng.
Với một bài toán cực trị có thể tồn tại nhiều cách giải, chẳng hạn ở ví dụ 16 có thể giải bằng cách khác là xét khoảng giá trị của x để phá dấu giá trị tuyệt đối, song giải pháp này không khoa học như lời giả đã chọn. Do đó học sinh cần phải có sự quan sát, phân tích bài toán để tìm ra hướng đi thích hợp, khoa học.
4. Một số bài tập.
Tìm GTNN, GTLN ( nếu có ) của các biểu thức :
a) ẵx - 1ẵ + ẵx -2ẵ 
b) 5ẵ1 - 4xẵ - 2 
c) ẵx - 1ẵ + ẵx - 2ẵ + ẵ2x - 5ẵ
d) ẵx - 2ẵ + ẵx - 4ẵ+ ẵx - 6ẵ + ..... + ẵx - 102ẵ
Số các biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối là lẻ.
Dạng 5 : Cực trị của hàm căn thức.
Ví dụ 17 : Tìm GTNN của M = (x - 1994)2 + (x - 1995)2
Giải : 
Ta đưa bài toán này về dạng hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối bằng cách áp dụng hằng đẳng thức : = ẵAẵ. 
Ta có : M = ẵx – 1994ẵ + ẵx – 1995ẵ 
	 = ẵx – 1994ẵ + ẵ1995 – xẵ ³ ẵx - 1994 + 1995 – xẵ = 1 
 ị M ³ 1. Dấu "=" xảy ra Û (x - 1994)( 1995 - x) ³ 0 
	 Û 1994 Ê x Ê 1995 
 Vậy min M = 1 Û 1994 Ê x Ê 1995.
Ví dụ 18 : Tìm GTNN của N= (x - 1999)2 + (x - 2000)2 + (x - 2001)2
Hướng dẫn : 
Ta đưa bài toán này về dạng hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối, sau đó áp dụng ví dụ 16 để giải. Kết quả : min N = 2 Û x = 2000
Ví dụ 19 : Tìm GTLN của M= + 
Giải : 
ĐKXĐ : Û Û -1 Ê x Ê 2
Do M > 0 nên M lớn nhất Û M2 lớn nhất.
Ta có M2 = 2 - x + 1+ x +2= 3 + 2 
 = 3 + 2= 3 + 2
Do đó M2 lớn nhất Û = 0 Û x = 
 ị max M2 = 6 Û x = . Vậy max M = Û x = 
Ví dụ 20 : Tìm GTNN của N = + 
Giải : 
Cách 1 : Phương pháp so sánh.
Ta có N2 = x2 + x + 1 + x2 – x + 1 +2
 = 2x2 + 2 + 2 
 = 2x2 + 2 + 2 ≥ 2 + 2 = 4
Do đó N2 ≥ 4. Dấu “=” xảy ra Û x = 0 ị minN = 2 Û x = 0
3. Một số nhận xét.
Với bài toán tìm cực trị của hàm căn thức, trước khi giải học sinh cần lưu ý đặt điều kiện để tồn tại căn thức và nếu bài toán chứa căn dạng A2 thì ta đưa được về dạng hàm chưa dấu giá trị tuyệt đối.
Có trường hợp ta không thể tìm trực tiếp cực trị của một biểu thức mà đi tìm cực trị của bình phương biểu thức đó cần lưu ý biểu thức đó phải dương.
4. Một số bài tập.
1) Tìm GTLN C = + và D = + .
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của E = - 
Dạng 5 : Cực trị có điều kiện.
Loại toán cực trị có điều kiện rất đa dạng và phong phú. Cách giải dạng này cơ bản phải vận dụng linh hoạt được điều kiện của bài và phải kết hợp thành thạo những bước biến đổi trung gian, có thể phải sử dụng thêm bất đẳng thức đã biết như bất đẳng thức Cô-si, Bu-nhi-a-côp-xki hay một số bất đẳng thức phụ khác mà ta cần chứng minh.
Ví dụ 21 : Cho x + y = 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x2 + y2
Giải : Sử dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki 
Ta có (1.x + 1.y)2 Ê (1 + 1)(x2 + y 2) hay 2(x2 + y2) ³ (x + y)2.
Mà x + y = 2, nên 2(x2 + y2) ³ 4 ị x2 + y2 ³ 2 tức là A ³ 2
Dấu “=” xảy ra Û Û x = y = 1
Ví dụ 22 : Cho 5x + 2y = 10.Tìm giá trị lớn nhất của B = 3xy - x2 - y2
Giải : Từ 5x + 2y = 10 ị y = thay vào B ta được :
B = = 
 = (-59x2 + 160x – 100) = Ê 
Dấu "=" xảy ra Û x = . Vậy maxB = Û 
Ví dụ 23 : Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y = 1. Tìm GTNN của :
 M = 
Giải : Ta có M = 
Theo giả thiết có x + y = 1 nên x – 1 = -y và y – 1 = -x. Do đó 
M = = = = = 1 + 
Nhận thấy xy > 0 nên M nhỏ nhất Û nhỏ nhất Û xy lớn nhất
Lại có x + y = 1 ị xy lớn nhất Û x = y = 
Vậy min M = 1 + = 9 Û x = y = .
Ví dụ 24 : Cho x > 0. Tìm GTNN của N = .
Giải : Ta có N = 8x + 2 + 
Do x > 0 và tích 8x. = 4 không đổi
Nên tổng của chúng nhỏ nhất Û 8x = Û 16x2 = 1 Û x = 
Vậy min B = 8. + 2 + 2 = 6 Û x = 
Ví dụ 25 : Tìm GTNN của B = với 0 < x < 1.
Giải : Ta có B = = 
Đặt a = ; b = . Khi đó ta được B = a + b + 3
Do 0 0 ị > a > 0, b > 0
Nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a, b ta có :
a + b ≥ 2 Û ≥ 2. = 2
Vậy MinB = 2 + 3 Û Û x = 
Ví dụ 26 : Tìm GTNN và GTLN của biểu thức N = 2x + 3y – 4z
biết rằng x,y,z ³ 0 và thoả mãn hệ phương trình 
Giải : 
Từ hệ phương trình điều kiện ta có 5x + 5y = 10 Û y = 2 – x (*)
Thay (*) vào (1) ị 2x + 2 – x + 3z = 6 Û x + 3z = 4 Û z = (**)
Thay (*) và (**) vào biểu thức N ta được :
N = 
Do x ³ 0 nên ≥ . Dấu "=" xảy ra Û x = 0 
Vậy min N = Û x = 0, y = 2, z = 
Ta lại có y ³ 0 nên từ (*) ị x Ê 2
 z ³ 0 nên từ (**) ị x Ê 4, từ đó ị x Ê 2
Do đó ≤ + = . Dấu bằng xảy ra Û x = 2 
Vậy max N = Û x = 2, y = 0, z = 
Ví dụ 27 : Tìm GTNN và GTLN của biểu thức x, y, z.
biết x, y, z là các số thoả mãn hệ phương trình : 
Giải : 
Xét hệ phương trình Û 
Do đó y, z là nghiệm của phương trình : t2 – (5 – x)t + x2 – 5x + 8 = 0 (1)
Ta có D = (5 – x)2 – 4(x2 – 5x + 8 ) = -3x2 +10x – 7
Khi đó y, z có GTLN, GTNN Û phương trình (1) có nghiệm.
tức là D ≥ 0 Û -3x2 +10x – 7 ³ 0 Û 3x2 – 10x + 7 Ê 0
 Û (x – 1)(3x – 7) Ê 0 Û 1 Ê x Ê 
Vì vai trò x, y, z như nhau nên 1 Ê y Ê ; 1 Ê z Ê . 
Vậy GTLN của x, y, z là và GTNN của x, y, z là 1.
3. Một số nhận xét.
Cùng với sự linh hoạt trong việc vận dụng dữ kiện của bài toán và kết hợp thành thạo những bước biến đổi trung gian, học sinh cần phải nắm được hai hệ quả của bất đẳng thức Cô-si như sau :
+ Hệ quả 1 : x > 0, y > 0 và xy = k2 (không đổi)
 	 Thì x + y nhỏ nhất Û x = y 
+ Hệ quả 2 : x > 0, y > 0 và x + y = k2 (không đổi) 
 Thì xy lớn nhất Û x = y 
4. Một số bài tập.
1) Cho x , y , z là các số không âm và :
Tìm giá trị bé nhất của biểu thức : A = x2 + y2 + z2 
2) Cho x, y là 2 số thoả mãn đẳng thức : 
Tìm giá trị của x , y để tích xy đạt giá trị bé nhất
3) Cho a , b , c , x thoả mãn hệ phương trình : 
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của x.
V. sáng tạo bài toán cực trị.
Trong quá trình giảng dạy, việc khai thác kiến thức và sáng tác ra những bài toán khác tương tự từ một bài toán là vấn đề hết sức quan trọng và có tác dụng cao. Bởi lẽ, đó là cơ sở để học sinh hiểu sâu kiến thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ năng, kỹ xảo trong giải toán.
Cùng với sự sáng tác và sưu tầm tôi xin trình bày nội dung phần này qua một số ví dụ sau :
Ví dụ 28 : 
Từ bài toán tìm GTNN của biểu thức A = x2 – x + 1 (đã trình bày ở VD1) 
Ta có thể phát triển thành bài toán sau : Tìm GTNN của B = (x2 – x + 1)2 
Giải : 
Mặc dù B ³ 0 nhưng GTNN của B không phải bằng 0 vì x2 – x + 1 ạ 0 
Ta có : x2 – x + 1 = ≥ . Dấu "=" xảy ra Û x = 
Do đó B nhỏ nhất Û (x2 – x + 1 ) nhỏ nhất.
Vậy min B = = Û x = .
Ví dụ 29 : 
Từ bài toán (ở VD 15) tìm GTNN của biểu thức :
M = ẵx + 1ẵ + ẵx + 2ẵ + .... + ẵx + 99ẵ + ẵx + 100ẵ 
Ta có thể phát triển thành bài toán sau : 
Cho a < b < c < d là bốn số thực tuỳ ý. Tìm GTNN của : 
f(x) = ẵx – aẵ + ẵx – bẵ + ẵx – cẵ + ẵx – dẵ.
Giải : 
Ta có f(x) = x – aẵ+ẵx – d + x – bẵ+ẵx – c
Nhận thấy ẵx – aẵ+ẵx – dẵ=ẵx – aẵ+ẵd – xẵ≥ ẵx – a + d – xẵ
Vì a < d (giả thiết) ị ẵx – aẵ+ẵx – dẵ ≥ d – a. 
Dấu "=" xảy ra Û (x – a)(d – x) ³ 0 Û a Ê x Ê d 
Tương tự : ẵx – bẵ+ẵx – cẵ ≥ c – b. Dấu "=" xảy ra Û b Ê x Ê c 
Do đó f(x) ³ d + c - a – b. Dấu "=" xảy ra ị b Ê x Ê c
Vậy min f(x) = d + c – a – b Û b Ê x Ê c.
Từ đó ta hình thành bài toán tổng quát :
Cho n số thực a1 < a2 < .... < an. Tìm GTNN của biểu thức : 
f(x) = ẵx - a1ẵ+ẵx - a2ẵ+ .... +ẵx - an-1ẵ+ẵx - anẵ 
Để giải bài toán này ta phải xét 2 trường hợp :
+ n = 2k (k = 1,2,3, .... ) 
+ n = 2k -1 (k = 1,2 , 3 , ...)
Ví dụ 30 : 
Cho x, y ẻ R thoả mãn điều kiện : x2 + y2 = 1 
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức A = x + y 
Giải : 
Ta có : (x - y)2 ³ 0 " x, y ẻ R ị x2 + y2 ³ 2xy ị 2(x2 + y2) ³ (x + y)2 
mà x2 + y2 = 1 nên 2 ³ (x + y)2 hay A2 Ê 2 ị Ê A Ê 
Vậy max A = Û x = y = 
 min A = Û x = y = 
Từ bài toán trên ta có thể sáng tác ra một số bài toán khác như sau :
1/ Cho x, y ẻ R thoả mãn điều kiện x2 + 4y2 = 2 
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức B = x + 2y 
2/ Cho x, y ³ 0 thoả mãn điều kiện 4x2 + 9y2 = 8 
Tìm GTLN, GTNN (nếu có) của M = 2x + 3y 
Ví dụ 31 : Tìm GTLN của M = 
Giải : ĐKXĐ :	 Ê x Ê 
áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-kốp-xki ta được
Ê (12 + 12)(2x - 3 + 5 - 2x) = 4 
ị ≤ 2 " x. Dấu “=” xảy ra Û x = 2 
Vậy max M = 2 Û x = 2.
Từ bài toán trên ta đưa đến bài giải phương trình sau :
Giải phương trình : = x2 - 4x + 6 (*) 
Theo chứng minh trên ta có Ê 2 " x 
Mà : x2 - 4x + 6 = (x - 2)2 + 2 ³ 2 " x 
Do đó để phương trình (*) thoả mãn, thì x = 2 là nghiệm của phương trình.
VI. một số sai sót thường gặp khi giải bài toán cực trị.
Trong quá trình giải toán tìm cực trị đại số, học sinh thường mắc sai lầm ở một số trường hợp sau :
Ví dụ 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của D = (x + 1)2 + (x + 3)2 
Học sinh có thể mắc sai lầm ở chỗ là : 
Vội vàng kết luận : (x + 1)2 ³ 0, (x + 3)2 ³ 0 ị D ³ 0 
Từ đó ị min D = 0. Điều này không thể xảy ra, vì không tồn tại giá trị của x để cho (x + 1)2 và (x + 3)2 đồng thời bằng 0.
Khi giải toán cực trị dạng phân thức ở một số bài toán cụ thể, học sinh có thể lập luận không chính xác :
Ví dụ 2 : Cho x, y là hai số thực thoả mãn x > y và xy = 1 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
Học sinh có thể giải như sau :
Ta có 
Do x > y và xy = 1 nên 
 (*)
ị B đạt GTNN khi 	Û (x - y)2 - 4(x - y) + 4 = 0 (1) 
Giải phương trình (1) ta được : Nghiệm x = 1 ± ; y = -1 ± 
ị min A = = 3
Lời giải bài toán trên là sai bởi vì biến đổi đến (*) : đã vội vàng kết luận cực trị, trong khi đó không phải là hằng số mà còn phụ thuộc vào biến x, y.
B. Một số dạng toán cực trị trong hình học.
I. Những kiến thức cơ bản.
1. Lý thuyết chung.
Toán cực trị trong hình học phẳng là dạng toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) hoặc giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một đại lượng hình học biến thiên y (độ dài của một đoạn thẳng, tổng độ dài của hai hay nhiều đoạn thẳng, chu vi của một hình, diện tích của một hình ....) sao cho :
y1 Ê y Ê y2 
trong đó y1, y2 là các giá trị cố định không đổi của y
Để giải bài toán cực trị hình học thông thường ta tiến hành theo hai bước :
Tìm được các giá trị cố định y1, y2 thoả mãn :
y1 Ê y Ê y2
Chỉ rõ các vị trí hình học của đại lượng biến thiên y đang xét để tại đó y đạt giá trị lớn nhất là y = y2 hay giá trị nhỏ nhất y = y1 tức là chỉ rõ các vị trí hình học để cho dấu đẳng thức xảy ra.
2. Các hằng bất đẳng thức hình học cần thiết .
a. Quan hệ giữa đường xiên với đường vuông góc và hình chiếu.
AH ^ a ; H, B, C ẻ a ; A ẽ a thì :
+ AH Ê AB, dấu "=" xảy ra Û A º B 
+ AB Ê AC Û HB Ê HC 
b. Quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác.
Trong tam giác ABC : AB Ê AC Û .
c. Bất đẳng thức tam giác.
Với 3 điểm A, B, C bất kỳ, ta luôn có :
AB + AC ³ BC, dấu "=" Û A ẻ đoạn BC
d. Tính chất độ dài đường gấp khúc.
Với n điểm bất kỳ A1, A2 , ....., An ta có :
A1 A2+ A2 A3 + ..... + An - 1 An ³ A1 An 
Dấu "=" xảy ra Û A1 , A2 , ....., An ẻ đoạn A1 An
e. Các bất đẳng thức trong đường tròn.
- Đường kính là dây cung lớn nhất của đường tròn.
- Cho AB và CD là 2 dây cung của đường tròn (O) 
OH ^ AB (H ẻ AB), OK ^ CD (K ẻ CD) 
Thì AB Ê CD Û OH ³ OK
II. các dạng toán thường gặp.
Dạng 1 : Sử dụng bất đẳng thức trong tam giác.
Ví dụ 1 : Cho 4 điểm A, B, C, D. Tìm điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến A, B, C, D là nhỏ nhất. 
Giải : Ta xét các trường hợp sau :
a/ 4 điểm A, B, C, D tạo nên một tứ giác lồi ABCD. 
Với bất kỳ điểm M nào ta đều có : 
MA + MC ³ AC, dấu "=" xảy ra Û M ẻ [AC]
MB + MD ³ BD, dấu "=" xảy ra Û M ẻ [BD]
Do đó điểm M cần tìm là giao điểm hai đường chéo AC và BD. 
b/ Một trong 4 điểm, chẳng hạn D nằm trong hoặc trên một cạnh của tam giác tạo bởi 3 điểm kia (tam giác ABC). Khi đó điểm M cần tìm chính là D
c/ 4 điểm A, B, C, D thẳng hàng : Nếu B và C nằm giữa A và D thì điểm cần tìm là bất kỳ điểm nào thuộc đoạn BC.
Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC cân ở A và điểm D cố định trên đáy BC. Dựng một đường thẳng song song với BC, cắt 2 cạnh bên ở E và F sao cho 
DE + DF có giá trị nhỏ nhất.
Giải : Dựng góc Cx = DB.
Trên tia Ax xác định điểm D’ sao cho AD’ = AD. 
Do EF // BC và DABC cân tại A ị AE = AF .
Từ đó dễ thấy DADE = DADF (c.g.c)
ị DE = D’F với D’ là điểm cố định.
Ta có DE + DF = D’F + DF ³ DD = hằng số.
Do đó DE + DF nhỏ nhất Û D’F + DF nhỏ nhất, tức là bằng DD'
Vậy DE + DF nhỏ nhất Û F là giao điểm của AC và DD'
Ví dụ 3 : Cho O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (góc B tù). Tìm điểm M sao cho tổng MA + MB + MC + MO nhỏ nhất.
Giải : Ta có MA + MB + MC + MO
= (MB + MO) + (MA + MC) ³ OB + AC. 
Dấu "=" xảy ra Û M ẻ OB và M ẻ AC tức M là giao
điểm của AC với OB.
Vậy tổng (MA + MB + MC + MO) nhỏ nhất Û M là giao điểm của AC với OB.
Dạng 2 : Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên và hình chiếu.
Ví dụ 4 : Cho tam giác ABC (Â = 900), AH ^ BC. Điểm M chuyển động trên BC. Từ M kẻ MD ^ AB, ME ^ AC. Xác định vị trí của M để DE nhỏ nhất. 
Giải : 
Xét tứ giác ADME có = = =90o 
nên ADME là hình chữ nhật ị AM = DE
Do đó DE nhỏ nhất Û AM nhỏ nhất 
Ta có AH ^ BC nên AM ³ AH (không đổi )
Dấu "=" xảy ra Û M º H
Vậy khi M là chân đường cao hạ từ A xuống BC thì DE nhỏ nhất.
Ví dụ 5 : Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, M là một điểm bất kì nằm trên BC. Gọi E, F theo thứ tự là hình chiếu của M trên AB và AC. Tìm vị trí của M để EF có độ dài nhỏ nhất. 
Giải : 
Gọi I là trung điểm của AM. Ta có IE và IF là trung
tuyến ứng với cạnh huyền AM của các tam giác vuông
AEM và AFM nên IE = IF = IA =IM = AM. 
ị DAEI và D AFI đều cân tại I.
Do đó EF = EM +MF = 2EI + 2FI hay EF = 2BC (không đổi)
DEIF có góc ở đỉnh I không đổi nên cạnh đáy EF nhỏ nhất Û cạnh bên nhỏ nhất.
Mà IE = IF = AM. Do đó IE nhỏ nhất Û AM nhỏ nhất tức là khi AM ^ BC.
Vậy EF có độ dài nhỏ nhất khi M là chân đường cao hạ từ A xuống BC.
Ví dụ 6 : Cho (O ; R) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Qua A vẽ đường thẳng d cắt (O) tại B và C (B nằm giữa A và C).
Tìm vị trí của d để AB + AC lớn nhất. 
Giải : 
Kẻ OI ^ BC ị I là trung điểm của BC 
Ta có AB + AC = AI - IB +AI + IC = 2AI 
Do đó AB + AC lớn nhất Û AI lớn nhất 
Mà AI Ê AO (hằng số), dấu “=” xảy ra Û I º O hay d đi qua O .
Vậy (AB + AC) lớn nhất Û d đi qua O
Ví dụ 7 : Cho hình vuông ABCD. Hãy dựng nội tiếp trong hình vuông đó một hình vuông có diện tích nhỏ nhất. 
Giải : 
Gọi EFGH là hình vuông nội tiếp trong hình vuông ABCD 
Khi đó tâm của 2 hình vuông này phải trùng nhau tại O
(với O là giao của AC và BD)
Ta có EG = HF và EG ^ HF tại trung điểm O của mỗi đường 
 SEFGH = GE. HF = .2OE.2OE = 2OE2
Do đó SEFGH nhỏ nhất Û OE nhỏ nhất 
Từ O dựng OM ^ AB ị M là trung điểm của AB ị OE ³ OM (không đổi )
Dấu "=" xảy ra Û E º M
Vậy SEFGH nhỏ nhất Û E,F,G,H là trung điểm của các cạnh hình vuông ABCD.
Ví dụ 8 : Cho đường tròn (O ; R), BC là dây cung cố định (BC < 2R). A là điểm chuyển động trên cung lớn BC. Xác định vị trí điểm A để diện tích tam giác ABC lớn nhất. 
Giải : 
Gọi A’ là điểm chính giữa cung lớn BC
A’O cắt BC tại M ị A’M ^ BC tại M 
Hạ AH ^ BC, ta có SABC = BC. AH 
Do BC cố định, AH thay đổi (A chuyển động)
nên SABC lớn nhất Û AH lớn nhất 
Lại có AH Ê AM (quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc)
mà AM Ê AO + OM (bất đẳng thức tam giác)
ị AH Ê AO + OM = OA’ + OM hay AH Ê A’M (không đổi ) 
Dấu “=” xảy ra Û A º A’
Vậy khi A là điểm chính giữa cung lớn BC thì diện tích tam giác ABC lớn nhất.
Dạng 3 : Sử dụng tính chất độ dài gấp khúc.
Ví dụ 9 : Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ có 4 đỉnh nằm trên 4 cạnh của hình vuông. Tìm điều kiện để tứ giác MNPQ có chu vi nhỏ nhất. 
Giải : 
Gọi I, L, K lần lượt là trung điểm của PQ, QN, MN. 
ị PQ = 2DI ; PN = 2IL ; MN = 2BK ; MQ = 2LK 
Do đó chu vi tứ giác MNPQ là :
 C = MN + NP + PQ + QM = 2BK + 2IL + 2DI + 2LK 
 = 2(BK + KL + LI + ID) ³ 2BD (Tính chất đường gấp khúc)
Vậy chu vi tứ giác MNPQ nhỏ nhất bằng 2BD Û đường gấp khúc trùng với BD
Lúc đó MN // AC ; PQ // AC ; NP // BD ; MQ // BD 
Hay tứ giác MNPQ là hình chữ nhật .
Ví dụ 10 : Cho góc nhọn xOy và một điểm A nằm trong góc đó. Tìm trên Ox, Oy lần lượt 2 điểm B và C sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất. 
Giải : 
Xác định A’ , A’’ lần lượt là điểm đối xứng của A qua Ox, Oy 
=> AB = A’B, AC = A’’C 
Do A cố định nên A’, A’’ cố định 
=> AB + BC + CA = A’B + BC + CA’’ ³ A’A’’ (const)
Dấu "=" xảy ra Û B, C ẻ [A’A’’] 
Vậy nếu B, C lần lượt là giao điểm của A’A’’ với Ox, Oy 
(A’, A’’ lần lượt là điểm đối xứng của A qua Ox, Oy) 
thì chu vi tam giác ABC nhỏ nhất.
Ví dụ 11 : Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn. Hãy tìm một điểm M sao cho tổng các khoảng cách MA + MB + MC nhỏ nhất. 
Giải : 
Thực hiện phép quay tâm A góc quay 600 theo chiều 
ngược chiều kim đồng hồ biến M -> M' ; C -> C', 
Ta có : MA + MB + MC = MM' + MB + M'C' ³ BC' 
Vì B, C' cố định nên min (MA + MB + M