Sáng kiến kinh nghiệm - Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT - Nguyễn Việt Khoa

 có f m ( f m ) ( với m là hằng số )
- Đủ : Tồn tại vị trí của hình H trên miền D để có f = m
Giá trị nhỏ nhất ký hiệu là Min ( viết tắt của Minnimum )
Giá trị lớn nhất ký hiệu là Max ( viết tắt của Maximum )
2.2. Các cách phát biểu một bài toán cực trị hình học.
2.2.1. Bài toán về dựng hình .
Ví dụ : Xác định vị trí của dây đi qua điểm P nằm trong một đường tròn sao cho dây đó có độ dài nhỏ nhất.
2.2.2. Bài toán về chứng minh.
Ví dụ : Chứng minh rằng trong các dây đi qua điểm P nằm trong một đường tròn (O) thì dây vuông góc với OP có độ dài nhỏ nhất.
2.2.3. Bài toán về tính toán .
Ví dụ : Cho (O, R ) và P nằm trong đường tròn có OP = h. Tính độ dài nhỏ nhất của dây đi qua P.
2.3. Cách trình bày bài toán cực trị hình học.
2.3.1. Cách 1.
Trong các hình có tính chất của đề bài, chỉ ra một hình rồi chứng minh mọi hình khác đều có giá trị của đại lượng phải tìm cực trị nhỏ hơn ( lớn hơn ) giá trị của đại lượng đó ở hình đã chỉ ra.
2.3.2. Cách 2. 
Biến đổi tương đương điều kiện để đại lượng này đạt cực trị bởi điều kiện đại lượng khác đạt cực trị cho đến khi trả lời được câu hỏi đề bài đặt ra.
3. Thực trạng của vấn đề.
Như đã trình bày , hình học là môn khó học với học sinh và cực trị hình học là phần khó nhất trong hình học, vì vậy học sinh rất sợ khi phải làm việc với bài toán dạng này.
Thứ nhất, học sinh chưa được trang bị cách trình bày một bài toán cực trị hình học.
Thứ hai, học sinh chưa được trang bị phương pháp giải bài toán dạng này.
Kết quả khảo sát học sinh lớp 9 năm học 2013 - 2014 thấy rõ điều đó.
Với đề bài tương đối dễ như sau : Cho (O) và P nằm trong (O) ( P khác O ) . Xác định vị trí của dây đi qua P sao cho dây đó có độ dài nhỏ nhất.
Kết quả:
Đối tượng
Số lượng
Không biết làm
Đoán được giá trị nhỏ nhất nhưng không biết trình bày
Trình bày được tương đối hoàn chỉnh
HS lớp 9A
27
20
7
0
HS lớp 9B
30
13
15
2
4. Các giải pháp, biện pháp thực hiện .
	Vì khuôn khổ sáng kiến nên khi xét bài tập minh họa dưới dạng đề thi tổng hợp, các ý phía trên câu hỏi cực trị được công nhận là đúng hoặc giải tóm lược.
4.1. Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu:
4.1.1. Kiến thức liên quan.
- Trong các tam giác vuông ( có thể suy biến thành đoạn thẳng ) có cạnh góc vuông AH và cạnh huyền AB thì AH AB. Dấu đẳng thức xảy ra khi H trùng B.
- Trong các đoạn thẳng nối từ một điểm đến một đường thẳng, đoạn thẳng vuông góc với đường thẳng có độ dài nhỏ nhất.
- Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm đến một đường thẳng, đường xiên lớn hơn khi và chỉ khi hình chiếu của nó lớn hơn.
4.1.2. Các bài tập minh họa.
Bài 1.1. ( Thi THPT Hải Dương 1998-1999 ) .
Cho tam giác ABC vuông cân ở A, trên cạnh BC lấy điểm M. Gọi (O1) là đường tròn tâm O1 qua M và tiếp xúc với AB tại B, gọi (O2) là đường tròn tâm O2 qua M và tiếp xúc với AC tại C. Đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại D (D không trùng với M).
1) Chứng minh rằng tam giác BCD là tam giác vuông.
2) Chứng minh O1D là tiếp tuyến của (O2).
3) BO1 cắt CO2 tại E. Chứng minh 5 điểm A, B, D, E, C cùng nằm trên một đường tròn.
4) Xác định vị trí của M để O1O2 ngắn nhất.
Giải :
1) 
2) Chỉ ra nên 
3) Chỉ ra tứ giác ABEC là hình vuông.
3 điểm A, D, E cùng nhìn BC dưới một
góc bằng nhau và bằng 900 nên 5 điểm 
A, B, D, E, C cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.
4) Dễ dàng chứng minh được MO1EO2 là hình chữ nhật 
nên O1O2 = EM .
Gọi O là hình chiếu của E trên BC thì EO = không đổi.
Có ( quan hệ đường vuông góc và đường xiên )
Dấu đẳng thức xảy ra khi M là trung điểm BC.
Suy ra khi M là trung điểm BC.
Bài 1.2. ( Thi THPT Hải Dương 2005-2006 )
Cho nửa đường tròn đường kính MN. Lấy điểm P tuỳ ý trên nửa đường tròn (P M, P N). Dựng hình bình hành MNQP. Từ P kẻ PI vuông góc với đường thẳng MQ tại I và từ N kẻ NK vuông góc với đường thẳng MQ tại K.
1) Chứng minh 4 điểm P, Q, N, I nằm trên một đường tròn.
2) Chứng minh: MP. PK = NK. PQ.
3) Tìm vị trí của P trên nửa đường tròn sao cho NK.MQ lớn nhất.
Giải :
1) MP//NQ mà ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên . Hai điểm I và N cùng 
nhìn PQ dưới một góc bằng nhau và 
bằng 900 nên 4 điểm P, Q, N, I cùng thuộc đường tròn đường kính PQ.
2) Chứng minh được 
3) Gọi H là hình chiếu của P trên MN, O là trung điểm MN. Áp dụng hệ thức lượng của tam giác vuông cho tam giác vuông MPN có đường cao PH :
MP.NP = PH.MN (1)
Theo phần 2) (2)
Từ (1) và (2) suy ra NK.MQ = PH.MN .
NK.MQ đạt Max thì PH.MN đạt Max mà MN không đổi nên PH đạt Max.
Có ( quan hệ đường vuông góc và đường xiên )
Dấu đẳng thức xảy ra khi H trùng O , khi đó P là điểm chính giữa nửa đường tròn. 
Vậy Max(NK.MQ) = Max(PH.MN) = đạt được khi P là điểm chính giữa nửa đường tròn.
Bài 1.3. ( Thi vào THPT Tp Hà Nội 2008-2009 )
Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và E là điểm bất kì trên đường tròn đó (E khác A và B). Đường phân giác góc AEB cắt đoạn thẳng AB tại F và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K.
1) Chứng minh tam giác KAF đồng dạng với tam giác KEA
2) Gọi I là giao điểm của đường trung trực đoạn EF với OE, chứng minh đường tròn (I) bán kính IE tiếp xúc với đường tròn (O) tại E và tiếp xúc với đường thẳng AB tại F.
3) Chứng minh MN // AB, trong đó M và N lần lượt là giao điểm thứ hai của AE, BE với đường tròn (I).
4) Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác KPQ theo R khi E chuyển động trên đường tròn (O), với P là giao điểm của NF và AK; Q là giao điểm của MF và BK.
Giải
a) Chứng minh DKAF đồng dạng với DKEA
Xét (O) có (EK là phân giác Ê)
Þ (hai cung chắn hai góc nội tiếp bằng nhau)
Þ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
Xét DKAF và DKEA:
 chung 
 (chứng minh trên)
ÞDKAF đồng dạng với DKEA (g-g)
b) Chứng minh DKAF đồng dạng với DKEA
- Chứng minh đường tròn (I;IE) tiếp xúc với (O tại E
Ta có O, I, E thẳng hàng và OI = OE – EI nên (I;IE) tiếp xúc với (O).
- Chứng minh đường tròn (I;IE) tiếp xúc AB tại F:
Dễ dàng chứng minh được DEIF cân tại I và DEOK cân tại O
Þ 
Mà hai góc này bằng nhau ở vị trí đồng vị
Þ IF // OK (dấu hiệu nhận biết) 
Vì (chứng minh trên) ÞÞ 
Ta có IF // OK ; Þ IF^AB
Mà IF là một bán kính của (I;IE) Þ (I;IE) tiếp xúc với AB tại F
c) Chứng minh MN//AB
Xét (O): 
 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét (I;IE):
 (vì ) Þ MN là đường kính của (I;IE)
Þ DEIN cân tại I
Mà DEOB cân tại O Þ 
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị Þ MN//AB 
d)Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác KPQ theo R khi E chuyển động trên (O)
 Dễ dàng chứng minh được tứ giác PFQK là hình chữ nhật; tam giác BFQ là tam giác vuông cân tại Q
Chu vi DKPQ = KP + PQ + KQ mà PK = FQ (àPFQK là hình chữ nhật)
FQ = QB (DBFQ vuông cân tại Q) Þ PK = QB
PQ = FK (àPFQK là hình chữ nhật)
Þ Chu vi DKPQ = KP + PQ + KQ = QB + QK + FK = BK + FK
Vì (O) cố định, K cố định ( vì EK là phân giác góc AEB nên K là điểm chính giữa cung AB không chứa E )
FK £ FO ( quan hệ đường vuông góc và đường xiên)
Þ Chu vi DKPQ nhỏ nhất = BK + FO khi E là điểm chính giữa cung AB.
Ta có FO = R 
Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông cân FOB tính được BK = 
Þ Chu vi DKPQ nhỏ nhất = R + 
Bài 1.4. ( Thi HSG Toán 9 Quảng Ngãi 2013-2014 ).
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB cố định. EF là dây cung di động trên nửa đường tròn đó, sao cho E thuộc cung AF và  . Gọi H là giao điểm của AF và BE; C là giao điểm của AE và BF; I là giao điểm của CH và AB.
a) Tính số đo 
b) Chứng minh rằng biểu thức AE.AC+BF.BC có giá trị không đổi khi EF di động trên nửa đường tròn.
c) Xác định vị trí của EF trên nửa đường tròn để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó theo R.
Giải :
a) Tính số đo 
Tứ giác BFHI nội tiếp =>(tam giác OEF đều)
b) Chứng minh rằng biểu thức AE.AC+BF.BC có giá trị không đổi khi EF di động trên nửa đường tròn.
Ta có : AE.AC = AC(AC –CE) = AC2 – AC.AE
 BF.BC = BC(BC –CF) = BC2 – BC.CF
AE.AC+BF.BC = AC2 + BC2 – AC.AE – BC .CF
Mà AC.AE = BC.CF =CO2 – R2
=> 
AC2 + BC2 =2CO2 +
Suy ra : AE.AC+BF.BC = 2CO2 +– CO2 + R2 – CO2 + R2 = 3R2
AE.AC+BF.BC= 3R2 Cố định.
c) Xác định vị trí của EF trên nửa đường tròn để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó theo R.
Ta có SABEF = SAOF + SFOE + SEOB
SFOE = (Vì tam giác FOE là tam giác đều cạnh R) 
SAOF + SEOB =OA.FM+OB.EN = R. = R.PQ (PQ là đường trung bình của hình thang EFMN)
SABEF = + R.PQ mà PQ ≤ OP = .
Do đó SABEF =+= khi Q trùng với O hay EF // AB.
Bài 1.5. ( Thi HSG Bình Thuận 2013-2014 )
	Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), điểm M thuộc (O). Gọi N, P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên BC, CA, AB.
1) Chứng minh N, P, Q thẳng hàng.
2) Khi M thuộc cung nhỏ BC. Tìm vị trí của M để PQ lớn nhất.
Giải :
1) Dễ dàng chứng minh được nên 3 điểm Q, N, P thẳng hàng. 
2) Từ phần 1) suy ra được
( quan hệ đường vuông góc và đường xiên )
Suy ra 
Dấu đẳng thức xảy ra khi Q trùng B, P trùng C
khi đó AM là đường kính.
Vậy MaxPQ = BC khi M đối xứng A qua O.
4.2. Sử dụng quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp khúc.
4.2.1. Kiến thức liên quan.
- Độ dài đoạn thẳng nối hai điểm A và B ngắn hơn độ dài đường gấp khúc có hai đầu là A và B.
- Với ba điểm bất kỳ A, B, C trong mặt phẳng ta có bất đẳng thức ba điểm :
 . Dấu đẳng thức xảy ra khi C thuộc đoạn thẳng AB.
4.2.2. Các bài tập minh họa.
Bài 2.1. ( Thi vào THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị 2013-2014 )
	Cho tam giác ABC nhọn có . gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BC và M, N lần lượt là các điểm trên hai cạnh AB, AC. Tìm vị trí điểm M, N để tam giác HMN có chu vi nhỏ nhất.
Giải :
Gọi P, Q lần lượt là các điểm đối xứng của 
H qua AB, AC. 
Ta có : AP = AQ = AH 
=> tam giác APQ đều 
 => PQ = AH.
Chu vi tam giác 
HMN = 
HM + HN + MN
 = PM + MN + NQ 
 PQ = AH không đổi.
Dấu đẳng thức xảy ra khi M, N lần lượt là giao điểm của PQ với AB, AC.
Vậy giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác HMN là AH với M, N lần lượt là giao điểm của PQ với AB và AC.
Bài 2.2.
Cho góc và điểm A nằm trong góc đó . Xác định điểm B thuộc tia Ox, điểm C thuộc tia Oy sao cho OB = OC và tổng AB +AC là nhỏ nhất .
Giải:
Kẻ tia Om nằm ngoài góc xOy sao cho . Trên tia Om lấy điểm D sao cho OD = OA . Các điểm D và A cố định . 
OD =OA, OC = OB , 
Þ DDOC = DAOB Þ CD = AB
Do đó AC +AB = AC +CD 
Mà AC +CD ≥ AD
ÞAC +AB ≥ AD
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi C ÎAD
Vậy min(AC+AB) =AD . Khi đó C là 
giao điểm của AD và Oy , B thuộc tia 
Ox sao cho OB = OC.
Bài 2.3. Cho hình chữ nhật ABCD và điểm E thuộc cạnh AD . Xác định vị trí các điểm F thuộc cạnh AB , G thuộc cạnh BC , H thuộc cạnh CD sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất.
Giải :
Gọi I ,K, M theo thứ tự là trung điểm của EF, EG , HG .
DAEF vuông tại A có AI 
là trung tuyến Þ AI = EF
DCGH vuông tại C có CM 
là trung tuyến Þ CM = GH
IK là đường trung bình của DEFG 
Þ IK = FG
KM là đường trung bình của DEGH Þ KM = EH
Do đó : chu vi EFGH = EF +FG +GH +EH =2(AI + IK + KM + MC)
Ta lại có : AI + IK + KM + MC ≥ AC 
Suy ra chu vi EFGH ≥ 2AC ( độ dài AC không đổi )
Chu vi EFGH nhỏ nhất bằng 2AC Û A,I,K,M,C thẳng hàng.
Khi đó ta có EH//AC, FG//AC, nên EF//DB , tương tự GH//DB . Suy ra tứ giác EFGH là hình bình hành có các cạnh song song với các đường chéo của hình chữ nhật ABCD .
4.3. Sử dụng các bất đẳng thức trong đường tròn.
4.3.1. Kiến thức liên quan.
- Đường kính là dây lớn nhất của đường tròn.
- Trong hai dây của một đường tròn, dây lớn hơn khi và chỉ khi nó gần tâm hơn.
- Trong hai cung nhỏ của một đường tròn, cung lớn hơn khi và chỉ khi góc ở tâm lớn hơn.
- Trong hai cung nhỏ của một đường tròn, cung lớn hơn khi và chỉ khi dây căng cung lớn hơn.
4.3.2. Các bài tập minh họa.
Bài 3.1. ( Thi vào THPT Hải Dương 2009 - 2010 )
Cho đường tròn (O), dây AB không đi qua tâm. Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không trùng với A, B). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. Kẻ MK vuông góc với AN . 
	1) Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc một đường tròn.
	2) Chứng minh: MN là phân giác của góc BMK.
	3) Khi M di chuyển trên cung nhỏ AB. Gọi E là giao điểm của HK và BN. 
 Xác định vị trí của điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn nhất.
Giải :
1) Từ giả thiết: , 
Bốn điểm A, K, H, M cùng thuộc một đường tròn
2) = sđ (1)
 = sđ (2)
Từ (1) và (2) 
 MN là phân giác của góc KMB
3) sđ; sđ
 cùng thuộc một đường tròn
 lớn nhất MN.AB lớn nhất 
MN lớn nhất (Vì AB= const ) M là chính giữa 
Bài 3.2. ( Thi vào THPT Tp Hà Nội 2006-2007 )
Cho (O) đường kính AB = 2R, C là trung điểm của OA và dây MN vuông góc với OA tại C. Gọi K là điểm tuỳ ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm của AK và MN .
a) CMR: BCHK là tứ giác nội tiếp. 
b) Tính AH.AK theo R.
c) Xác định vị trí của điểm K để (KM+KN+KB) đạt giá trị lớn nhất và 
tính giá trị lớn nhất đó .
Giải :
a) Dễ dàng chứng minh.
b) 
c) Dễ thấy tam giác MNB đều.
Trên KN lấy E sao cho KE = KM
Suy ra đều.
Có KM + KN + KB = 2KN
KN lớn nhất khi nó là đường kính
Do đó Max (KM+KN+KB) = 4R . Khi đó K là 
điểm đối xứng của N qua O.
Bài 3.3. ( Thi vào THPT Hùng Vương - Phú Thọ 2013-2014 )
Cho điểm A cố định trên (O;R) . Gọi AB và AC là hai dây cung thay đổi của (O) thỏa mãn . Xác định vị trí của B và C trên (O) để diện tích tam giác ABC lớn nhất.
Giải :
Kẻ AH BC, OI BC , đường kính AD .
Ta dễ dàng chứng minh được 
=> AH.AD = AB.AC 
=> AB.AC = 2R.AH (1) . 
Theo đề , => AB.AC = 3R2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra .
Ta có : 
=> .
Do AH không đổi nên diện tích tam giác ABC lớn nhất khi 
BC lớn nhất => OI nhỏ nhất => => BC OA => tam giác ABC đều.
Vậy khi B, C thuộc (O) và tam giác ABC đều thì diện tích tam giác ABC lớn nhất.
Bài 3.4. ( Thi HSG Toán 9 Hải Dương 2013-2014 )
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R). H là một điểm di động trên đoạn OA (H khác A). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB tại M. Gọi K là hình chiếu của M trên OB. 
a) Chứng minh 
b) Các tiếp tuyến của (O, R) tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của (O, R) lần lượt tại D và E. OD, OE cắt AB lần lượt tại F và G. 
Chứng minh OD.GF = OG.DE.
c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R.
Giải :
a) Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O). Ta có sđ (1)
Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA) (2)
Tứ giác MHOK nội tiếp (cùng chắn ) (3)
Từ (1), (2), (3) ta có hay 
b) Có tứ giác AOMD nội tiếp (4)
sđ;sđ 
 tứ giác AMGO nội tiếp (5)
Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một đường tròn
 và đồng dạng
 hay OD.GF = OG.DE.
c) Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho 
MA’ = MA đều
Chu vi tam giác MAB là 
Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O) 
=> M là điểm chính giữa cung AM 
=> H là trung điểm đoạn AO
Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB
Gọi I là giao điểm của AO và BC 
Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = 
Bài 3.5. ( Thi HSG Toán 9 Bắc Ninh 2013-2014 )
Cho đường tròn tâm O đường kính AB cố định. Ax và Ay là hai tia thay đổi luôn tạo với nhau góc 600, nằm về hai phía của AB, cắt đường tròn (O) lần lượt tại M và N. Đường thẳng BN cắt Ax tại E, đường thẳng BM cắt Ay tại F. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng EF.
1. Chứng minh rằng .
2. Chứng minh OMKN là tứ giác nội tiếp.
3. Khi tam giác AMN đều, gọi C là điểm di động trên cung nhỏ AN Đường thẳng qua M và vuông góc với AC cắt NC tại D. Xác định vị trí của điểm C để diện tích tam giác MCD là lớn nhất.
Giải :
1) (góc nội tiếp chắn nửa
 đường tròn)
 B là trực tâm của tam giác AEF 
 AB EF
 (cùng phụ với góc )
 vuông NEF vuông NAB (g.g)
 = tan600 = 
2) là góc ở tâm cùng chắn cung MN 
 tứ giác MNFE nội tiếp đường tròn đường kính EF tâm K.
 OMKN là tứ giác nội tiếp.
3) Gọi I là giao điểm của AC và MD. Ta có 
Tam giác MCD có CI vừa là đường cao vừa 
là phân giác cân tại C.
 SMCD = 2.SMCI == 
= = 
 SMCD lớn nhất MC lớn nhất MC là đường kính của (O)
4.4. Sử dụng bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai.
4.4.1. Kiến thức liên quan.
Bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai được sử dụng dưới dạng :
A2 0 ; - A2 0 .
Do đó, với m là hằng số thì :
f = A2 + m m ; Minf = m với A = 0 và tồn tại giá trị của " biến " để thỏa mãn điều đó.
f = - A2 + m m ; Maxf = m với A = 0 và tồn tại giá trị của " biến " để thỏa mãn điều đó.
* " biến " trong hình học được hiểu là yếu tố biến đổi tồn tại vẫn thỏa mãn yêu cầu đề bài .
4.4.2. Các bài tập minh họa.
Bài 4.1 ( Thi vào THPT Hải Dương 2003-2004 )
Cho hình vuông ABCD, M là một điểm trên đường chéo BD, gọi H, I và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB, BC và AD.
1) Chứng minh :MIC = HMK .
2) Chứng minh : CM vuông góc với HK.
3) Xác định vị trí của M để diện tích của tam giác CHK đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải :
1) Sau khi chỉ ra H, M, P thẳng hàng và K, M, I thẳng hàng thì dễ dàng chứng minh được 1)
2) Gọi N là giao điểm của CM và HK
 thì theo 1) ta dễ dàng chỉ ra được 
3) Gọi cạnh hình vuông là a thì a không đổi.
Đặt AK = x => KD = a - x
Dễ dàng chỉ ra AKMH, KDCI, PCBH là các hình chữ nhật.
Ta có :
Dấu đẳng thức xảy ra khi , khi đó M là tâm hình vuông.
Vậy MinSCHK = M là tâm hình vuông.
Bài 4.2.
Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4cm . Trên các cạnh AB, BC,CD,DA, lấy theo thứ tự các điểm E, F, G, H sao cho AE = BF = CG = DH . 
Tính độ dài AE sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất.
Giải:
Dễ có : DAHE = DBEF = DCFG = DDGH 
Þ HE = EF = FG = GH , = 900
Þ HEFG là hình vuông nên chu vi EFGH nhỏ nhất khi HE nhỏ nhất .
Đặt AE = x thì HA = EB = 4-x
DHAE vuông tại A nên :
HE 2 = AE2 +AE2 = x2 + (4 - x)2 
 = 2x2 - 8x +16 = 2(x - 2)2 +8 ≥ 8
=> MinHE = =2 Û x = 2
Chu vi tứ giác EFGH nhỏ nhất bằng 8cm , khi đó AE = 2 cm .
Bài 4.3.
 Cho tam giác vuông ABC có độ dài các cạnh góc vuông AB = 6 cm, AC = 8cm.M là điểm di chuyển trên cạnh huyền BC.Gọi D và E là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến AB và AC . Tính diện tích lớn nhất của tứ giác ADME.
Giải:
ADME là hình chữ nhật . 
Đặt AD = x thì ME = x
ME //AB Þ
Þ AE = 8 -x
Ta có : SADME = AD .AE 
= x ( 8 -x ) = 8x - x2
= -(x - 3)2 +12 ≤ 12
=> MinSADME = 12 Û x =3 
Diện tích lớn nhất của tứ giác ADME bằng 12 cm2 , khi đó D là trung điểm của AB , M là trung điểm của BC và E là trung điểm của AC.
4.5. Sử dụng bất đẳng thức AM - GM và các bất đẳng thức đại số khác.
4.5.1. Kiến thức liên quan.
4.5.1.1 . Bất đẳng thức AM - GM là bất đẳng thức nêu mối quan hệ giữa trung bình cộng và trung bình nhân của các số thực không âm ai ( i = 1,2,...,n )
AM - GM viết tắt cho cụm từ : arithmetic mean - geometric mean .
- Bất đẳng thức AM - GM : 
Với n số không âm ta có: 
Dấu “=” xảy ra Û .
Hệ quả: Ta có một số bất đẳng thức rất quen thuộc và là hệ quả của bất đẳng thức AM-GM như sau:
Dấu “=” xảy ra Û a = b.
Dấu “=” xảy ra Û a = b = c.
 (ab > 0). Dấu “=” xảy ra Û a = b.
hay (a > 0). Dấu “=” xảy ra Û a = 1.
 hay 
 Dấu “=” xảy ra Û .
4.5.1.2. Bất đẳng thức BCS .
Có nhiều cách gọi khác nhau cho bất đẳng thức này : Bất đẳng thức Cauchy; bất đẳng thức Bunyakovsky ; bất đẳng thức Cauchy - Schwarz hay bất đẳng thức Bunyakovsky - Cauchy - Schwarz . Tài liệu này gọi là bất đẳng thức BCS ( viết tắt cho Bunyakovsky - Cauchy - Schwarz )
Với 2 bộ n số thực và ta có: 
hoặc 
Dấu “=” xảy ra 
4.5.2. Các bài tập minh họa.
Bài 5.1 . 
Cho điểm M nằm trên đoạn thẳng AB . Vẽ về một phía của AB các tia Ax , By vuông góc với AB. Qua M kẻ hai đường thẳng thay đổi nhưng luôn vuông góc với nhau cắt Ax tại C, cắt By tại D. 
Xác định vị trí của C và D sao cho tam giác MCD có diện tích nhỏ nhất.
Giải :
Ta có : 
Đặt MA = a , MB = b
Khi đó, 
nên 
Vì a,b không đổi nên diện tích tam giác MCD nhỏ nhất khi 2sincos
lớn nhất.
Theo bất đẳng thức AM - GM :
2sincos sin2 + cos2 = 1. Dấu đẳng thức xảy ra khi sin = cos 
=> = 450 => AM = MC ; BM = BD.
Vậy MinSMCD = ab khi C và D được xác định sao cho AM = MC ; BM = BD
Bài 5.2. ( Thi THPT chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2008-2009 )
Cho đường tròn (O; R) và một điểm P cố định khác O (OP < R). Hai dây AB và CD thay đổi sao cho AB vuông góc với CD tại P. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AC, AD. Các đường thẳng EP, FP cắt BD, BC lần lượt tại M, N. 
	1) Chứng minh rằng : Bốn điểm M, N, B, P cùng thuộc một đường tròn.
	2) Chứng minh rằng : BD = 2.EO
	3) Tìm giá trị l