Chuyên đề Cực trị - Giá trị lớn nhất - Giá trị nhỏ nhất

− + +
Ta chỉ xét những giá trị của 
5
4; .
4
n
 ∈ − −  
Ta được 
2
2
5 3
3 3
x x
y
x x
 + +
= 
− − −
Vẽ đồ thị 21 5 3y x x= + + 
 22 3 3y x x= − − − 
Dựa vào đồ thị: 
 2
1
3 3
max ( ) .
2 4
min ( 3) 3.
y y
y y
= − = −
= − = −
2
2
1
1
x x
y
x x
 + −

⇒ = 
 + −
2
2
1
1
x x
y
x x
 + −
⇒ = 
− + +
Khi 4 3.x− ≤ ≤ − 
Khi 
5
3 .
4
x− ≤ ≤ − 
Y2 
Y1 
 25 
III. Bài tập tương tự: 
1.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 1 3 2 2y x x x= − + − − + với 
2 4.x− ≤ ≤ 
2.Tìm giá trị nhỏ nhất của: 2 24 12 13 4 28 53.y x x x x= − + + − + 
3.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: 2 5u x y= − + + biết ,x y thoả: 
2 236 16 9.x y+ = 
Hương dẫn và đáp số: 
1. 
Với 2 1x− ≤ ≤ − thì (1 ) (3 ) (2 2) 6.y x x x= − + − − − = 
Với 1 1x− ≤ ≤ thì 4 2.y x= − + 
Với 1 3x≤ ≤ thì 2 .y x= − 
Với 3 4x≤ ≤ thì 6.y = − 
Ta vẽ đồ thị của hàm số 1 3 2 2y x x x= − + − − + với 2 4.x− ≤ ≤ 
Từ đồ thị max 6 2 1.y x= ⇔ − ≤ ≤ − 
 min 6 3 4.y x= − ⇔ ≤ ≤ 
2. 
Ta có: 2 2 2 2(2 3) (0 2) (2 7) (0 2) .y x x= − + − + − + − 
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , xét 
(2 ,0)M x , (3, 2)A , (7,2)B 
như vậy .y MA MB= + 
,A B nằm cùng phía so với Ox nên lấy 
'A đối xứng A qua .Ox 
'A B cắt Ox tại H ta có: '(3, 2)A − 
2 2' ' (7 3) (2 2) 4 2.y MA MB MA MB A B= + = + ≥ = − + + =
Đẳng thức xảy ra khi 
5
2 5 .
2
M H x x≡ ⇔ = ⇔ = 
Vậy min 4 2y = khi 
5
.
2
x = 
 26 
3. 
Từ điều kiện 2 2 2 2 236 16 9 (6 ) (4 ) 3 .x y x x+ = ⇔ + = 
Đặt 
1
6 6
4 1
4
x X
x X
y Y
y Y
 == 
⇔ 
=  =

Ta có 2 2 23 .X Y+ = (1) 
(1) là phương trình đường tròn ( ) trong hệ trục toạ độ Oxy có tâm O bán kính 
3.R = 
Hàm 
1 1
2 5 5.
3 4
u x y u X Y= − + + ⇔ = − + + 
4
4( 5).
3
Y X u⇔ = + − ta gọi phương trình này là phương trình đường thẳng 
d đường thẳng luôn song song với đường thẳng 
4
3
Y X= và cắt Oy tại 
(0;4( 5)).P u − 
-Ta vẽ hai đường thẳng 1 2,Y Y song song với đường thẳng 
4
3
Y X= và tiếp xúc 
( ) . 
- 1 2,Y Y cắt Oy lần lượt tại N và M khi đó maxu là giá trị xác định khi P N≡ hay 
4( 5)m naxu= − trong đó (0; ).M m 
Min u xác định khi P N≡ tức là 4(min 5)n u= − trong đó (0; )N m do M đối 
xứng N qua O nên .m u= − 
-Kẻ 1OH Y⊥ lấy 1OH Y⊥ (3;0), (3;4),A B OAB OHM∆ = ∆ 5.m OM OB⇒ = = = 
Khi đó 
25
max .5 4(max 5) 4
5 4(min 5) 15
min .
4
uu
u
u
 == − 
⇔ 
− = −  =

 27
Phần 2: CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG 
▼ Dạng 1: Vận dụng quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc, quan hệ giữa đường 
xiên và hình chiếu. 
I. Kiến thức cần nhớ: 
II. Một số bài tập ví dụ: 
Ví dụ 1: 
Cho tam giác ( 90 ).oABC A = M là điểm chuyển động trên cạnh BC . Vẽ 
, ( , ).MD AB ME AC D AB E AC⊥ ⊥ ∈ ∈ Xác định vị trí của điểm M để đoạn thẳng DE có độ dài 
nhỏ nhất. 
Lời giải: 
Vẽ ( )AH BC H BC⊥ ∈ H cố định và AH không đổi. 
Tứ giác AEMD có    90oA E D= = = nên AEMD là hình 
chữ nhật. 
Suy ra DE AM= mà AM AH≥ (không đổi) 
Dấu " "= xảy ra .M H⇔ ≡ 
Ví dụ 2: 
Cho tam giác .ABC Qua đỉnh A của tam giác hãy dựng 
đường thẳng d cắt cạnh BC sao cho tổng các khoảng cách từ B và từC đến d có giá trị nhỏ 
nhất. 
Lời giải: 
Gọi M là giao điểm của d và cạnh .BC 
Vẽ , ( ; )BH d CK D H K d⊥ ⊥ ∈ 
MAB MAC ABCS S S+ = 
. .
2 2 ABC
BH AM CK AM
S+ = 
2 ABCSBH CK
AM
+ = 
BH CK+ nhỏ nhất 
2 ABCS
AM
⇔ nhỏ nhất AM⇔ nhỏ nhất 
Giả sử AB AC≤ thì trong hai đường xiên ,AM AC đường xiên AC có hình chiếu không nhỏ 
hơn, do đó AM AC≤ (hằng số) 
Dấu " "= xảy ra .M C⇔ ≡ 
Ví dụ 3: 
Ta có AH d⊥ , A d∉ ,B d∈ ,C d∈ ,H d∈ . 
a) .AB AH≥ Dấu " "= xảy ra khi .B H⇔ ≡ 
b) .AB AC BH HC≤ ⇒ ≤ 
 28
Cho hình bình hành ABCD .Qua A vẽ đường thẳng d không cắt hình bình hành. Gọi ', ', 'B C D 
lần lượt là hình chiếu vuông góc của các điểm , ,B C D trên đường thẳng d . 
Xác định vị trí của đường thẳng d để tổng ' ' 'BB CC DD+ + có giá trị lớn nhất. 
Lời giải: 
Gọi O là giao điểm của AC và BD . 
'O là hình chiếu vuông góc của O trên d . 
' , 'DD d BB d⊥ ⊥ 
' 'DD BB⇒  
' 'DD BB⇒ là hình thang. 
Mà ' , 'OO d DD d⊥ ⊥ 
' 'OO DD⇒  và O là trung điểm BD ( ABCD là 
hình bình hành). 
Do đó 'OO là đường trung bình của hình thang 
' 'DD B B 
' '
' ' ' 2. '
2
BB DD
OO BB DD OO
+
⇒ = ⇒ + = . 
' , ' ' 'OO d CC d OO CC⊥ ⊥ ⇒  và O là trung điểm AC .( ABCD là hình bình hành). 
Do đó 'OO là đường trung bình của 'ACC 
'
' ' 2. '
2
CC
OO CC OO⇒ = ⇒ = 
A d∈ và 'OO d⊥ nên 'OO OA≤ 
Do đó ' ' ' 4. ' 4.BB CC DD OO OA+ + = ≤ (không đổi) 
Dấu " "= xảy ra "O A d⇔ ≡ ⇔ vuông góc AC tại A . 
Ví dụ 4: 
Cho nửa đường tròn ( ; )O R đường kính .AB M là điểm trên nửa đường tròn. Xác định vị trí M 
để: 
a) Diện tích tam giác MAB lớn nhất. 
b) Chu vi tam giácMAB lớn nhất. 
Lời giải: 
Vẽ , .MH AB H AB⊥ ∈ 
a) 
.
2MAB
MH AB
S = 
 .MH R= 
Ta có , .MH AB O AB⊥ ∈ 
Do đó MH OM R≤ = 
Nên 2MABS R≤ (không đổi) 
Dấu " "= xảy ra H O M⇔ ≡ ⇔ là trung điểm AB 
b)  90oAMB = (AMB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
MAB vuông tại M có . .MH AB MH AB MAMB⊥ ⇒ = 
MAB vuông tại M theo định lí Pitago có: 
 2 2 2 24 .MA MB AB R+ = = 
 ,MABP MA MB AB= + + AB không đổi 
 2 2 2( ) 2 .MA MB MA MB MAMB+ = + + 
 29
Do đó MABP lớn nhất MA MB⇔ + lớn nhất 
2( )MA MB⇔ + lớn nhất .MAMB⇔ lớn nhất 
MABS⇔ lớn nhất M⇔ là trung điểm 
AB (câu a) 
Ví dụ 5: 
Cho nửa đường tròn ( )O đường kính 2 .AB R= Kẻ hai tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn 
( )O và tiếp xúc với ( )O tại điểm M cắt Ax tại D cắt By tại E. Xác định vị trí của M trên nửa 
đường tròn ( )O sao cho: 
a) AD BE+ đạt giá trị nhỏ nhất. 
b) .ODOE đạt giá trị nhỏ nhất. 
Lời giải: 
a) Vẽ , .DH By H By⊥ ∈ 
Tứ giác ADHB có    90OA B H= = = nên ADHB là hình chữ nhật 2DH AB R⇒ = = 
Ta có ,AD MD BE ME= = (tính chất hai tiếp tuyến của ( )○ cắt nhau tại một điểm). 
Do đó AD BE MD ME DE+ = + = màDE DH≥ (vì ,DH By E By⊥ ∈ ) 
Do vậy 2AD BE R+ ≥ (không đổi) 
Dấu " "= xảy ra E H DE AB⇔ ≡ ⇔  
OM AB M⇔ ⊥ ⇔ là trung điểm AB . 
b) DA và DM là tiếp tuyến của ( )○ OD⇒ là phân giácAOM . 
Tương tự OE là phân giácMOB . 
AOM vàMOB kề bù. 
Do đó  90oEOD = 
ODE vuông tại O , OM DE⊥ nên 
. .ODOE OM DE= 
. .ODOE R DE= 
.ODOE nhỏ nhất DE⇔ nhỏ nhất M⇔ là trung điểmAB (câu a). 
▼ Dang 2: Vận dụng các bất đẳng thức trong tam giác và quy tắc các điểm : 
I. Kiến thức cần nắm: 
• Tam giác ABC có 
a) .AB AC BC AB AC− < < + 
b)   .ABC ACB AC AB≤ ⇔ ≤ 
• Tam giác ABC và tam giác ' ' 'A B C có 
' ', ' 'AB A B AC A C= = thì:  ' ' '.BC B C A A≤ ⇔ ≤ 
• Quy tắc ba điểm , ,A B C . 
a) .BC AB AC≤ + 
Dấu" "= xảy ra [ ]A BC⇔ ∈ 
b) .BC AB AC≥ − 
Dấu" "= xảy ra , ,A B C⇔ thẳng hàng. 
 30
Quy tắc n điểm 1 2; ;...; nA A A 
Ta có 1 1 2 2 3 3 4 1...n n nA A A A A A A A A A−≤ + + + + 
Dấu " "= xảy ra 1 2 1; ;...; ;n nA A A A−⇔ thẳng hàng và sắp xếp theo thứ tự đó. 
II. Một số bài tập ví dụ: 
Ví dụ 1: 
Cho hai điểm A và B nằm trong nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d ,hai điểm ,M N thuộc d và 
độ dài MN không đổi. Xác định vị trí hai điểm ,M N để đường gấp khúc AMNB đạt giá trị nhỏ 
nhất. 
Lời giải 
Dựng hình bình hành 'BNMB (hình bên) 'BB MN a⇒ = = (không đổi); ', 'NB MB B= cố định. 
Gọi 'A là điểm đối xứng của A qua đường thẳng d . 
Ta có 'AM A M= , 'A cố định. 
Xét ba điểm ', , 'A M B ta có ' ' ' 'A M MB A B+ ≥ 
Do đó ' 'AM MN NB A M MN MB+ + = + + 
 ( ' ')A M MB MN= + + 
 ' 'A B a≥ = không đổi 
Dấu " "= xảy ra [ ' '].M A B⇔ ∈ 
Ví dụ 2: 
Cho góc nhọn xOy . A là điểm nằm trong góc đó. Hãy tìm trên hai tiaOx và Oy lần lượt hai 
điểm B vàC sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất. 
Lời giải: 
Gọi 1A và 2A lần lượt là điểm đối xứng của A qua hai tiaOx vàOy . 
A cố định, xOy cố định nên 1A và 2A cố định. 
Theo tính chất đối xứng trục ta có: 
1 ;AB A B= 2 .AC A C= 
ABCP AB BC AC= + + 
1 2A B BC A C= + + 
Xét các điểm 1 2, , ,A B C A ta có 1 2 1 2A B BC A C A A+ + ≥ 
Do đó 1 2ABCP A A≥ (không đổi) 
Dấu " "= xảy ra 1 2, , ,A B C A⇔ thẳng hàng và sắp xếp theo thứ tự đó. 
Ví dụ 3: 
Cho hình vuông ABCD . , , ,M N P Q là đỉnh của tứ giácMNPQ lần lượt thuộc các 
cạnh , , ,AB BC CD DA (MNPQ gọi là tứ giác nội tiếp hình vuông). Tìm điều kiện tứ giácMNPQ có 
chu vi nhỏ nhất. 
Lời giải: 
Gọi , ,E F G lần lượt là trunh điểm của các đoạn thẳng 
, , .MQ MP NP 
AMQ vuông góc tại A có 
AE là trung điểm nên
1
2
AE MQ= 2 .MQ AE⇒ = 
 31
Tương tự 2NP GC= 
Mặt khác ,EF FG lần lượt là đường trung bình 
của các tam giác MPQ và NPM 
nên
1
2
EF PQ= và
1
2
FG MN= 
Suy ra 2PQ EF= và 2 .MN FG= 
Do đó MNPQP MN NP PQ QM= + + + 
 2 2 2 2FG GC EF AE= + + + 
 2( )AE EF FG GC AC= + + + ≥ (không đổi ) 
(Xét các điểm , , , ,A E F G C ) 
Dấu " "= xảy ra , , , ,A E F G C⇔ thẳng hàng. 
MN AC PQ⇔   và .MQ BD NP  
Khi đó MNPQ là hình chữ nhật. 
Ví dụ 4: 
Cho đường tròn ( ; )O R đường kính AB cố định,C là một điểm cố định nằm giữa A và .O M di động 
trên đường tròn ( ; ).O R Tìm vị trí củaM trên ( ; )O R tương ứng lúc độ dài CM lớn nhất, nhỏ nhất. 
Lời giải: 
Xét ba điểm , ,C O M ta có OM CO CM CO OM− ≤ ≤ + 
OA OM OB R= = = 
Do đó CA CM CB≤ ≤ 
CM CB≤ (không đổi) 
Dấu " "= xảy ra M B⇔ ≡ 
Vậy khiM B≡ thì đoạn thẳngCM có độ dài lớn nhất. 
Mặt khácCM CA≥ (không đổi) 
Dấu " "= xảy ra M A⇔ ≡ 
Vậy khiM A≡ thì đoạn thẳng CM có độ dài nhỏ nhất. 
Ví dụ 5: 
Cho hai đường tròn ngoài nhau ( ; )O R và ( '; ').O R A nằm trên đường tròn ( )O , B nằm trên đường 
tròn ( ').O Xác định vị trí các điểm ,A B để đoạn thẳng AB có độ dài lớn nhất, nhỏ nhất. 
Lời giải: 
( ')OO cắt ( )O tại ,C D và cắt ( ')O tại , .E F 
Xét ba điểm , ',A O B , ta có 
' ' ' 'O A O B AB O A O B− ≤ ≤ + 
Xét ba điểm , , 'O A O , ta có 
' ' 'O O OA O B OA OO− ≤ ≤ + 
Mà OA OC OD R= = = và 
' ' ' 'O B O E O F R= = = 
Do đó ' ' ' 'OO OD O E AB OC OO O F− − ≤ ≤ + + 
DE AB EF⇒ ≤ ≤ 
* AB EF≤ (không đổi) 
Dấu " "= xảy ra ,A C⇔ ≡ B F≡ 
 32
Vậy AB có độ dài lớn nhất khi A C≡ và B F≡ 
* AB DE≥ (không đổi) 
Dấu " "= xảy ra A D⇔ ≡ và B E≡ 
Vậy AB có độ dài nhỏ nhất khi A D≡ và B E≡ . 
▼ Dang 3: Vận dụng bất đẳng thức trong đường tròn. 
I. Kiến thức cần nhớ: 
- Đường kính dây cung lớn nhất của đường tròn. 
- Trong đường tròn ( )O : AB và CD 
là hai dây cung, H và K lần lượt là 
hình chiếu vuông góc trên AB và CD . 
Ta có OH OK AB CD≥ ⇔ ≤ 
  
AB CD AOB COD⇔ ≤ ⇔ ≤ 
Ví dụ 1: 
Cho đường tròn ( ; );O R AC là đường kính.BD là dây cung của ( ; )O R và BD vuông góc với AC . 
Xác định vị trí của dây BD để diện tích tứ giác ABCD lớn nhất. 
Lời giải 
AB CD⊥ (gt) 
Nên 
1
. .
2ABCD
S AC BD R BD= = 
Mà BD là dây cung của ( ; )O R 
do đó 2BD R≤ 
Vậy 22ABCDS R≤ . 
Dấu " "= xảy ra BD là đưòng kính của ( )O . 
Ví dụ 2: 
Cho nửa đường tròn ( ; )O R đường kính AB . M là điểm di động trên nửa đường tròn. Qua M 
vẽ tiếp tuyến với đường tròn, gọi D,C lần lượt là hình chiếu, của A; B trên tiếp tuyến ấy. Xác 
định vị trí của điểm M để diện tích cùa tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất. 
Lời giải 
Ta có AD DC⊥ (gt) 
BC DC⊥ (gt) AD BC⇒  
ABCD⇒ là hình thang mà  90oD = 
nên ABCD là hình thang vuông. 
OM DC⊥ nên OM AD và O là trung điểm AB 
Nên OM là đường trung bình của hình thang ABCD 
2
AD BC
OM
+
⇒ = 
Do đó . .
2ABCD
AD BC
S DC OM DC
+
= = 
Vẽ AE BC⊥ . Tứ giác ADCE là hình chữ nhật 
  ( 90 )OADC DCE AEC= = = DC AE⇒ = 
 90OAEC = E⇒ thuộc đường tròn đường kính AB. 
 33
 AE⇒ là dây cung của đường tròn ( )O . 
 2DC R⇒ ≤ (trong đường tròn đường kính là dây cung lớn nhất) 
Do đó 2.2 2ABCDS R R R≤ = 
Dấu " "= xảy ra AE⇔ là đường kính của ( )O 
OM AB M⇔ ⊥ ⇔ là trung điểm AB . 
Ví dụ 3: 
Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn ( ; )O R . M là điểm di động trên trên ( )O . Xác 
định các vị trí của điểm M để tổng MA MB MC+ + đạt giá trị lớn nhất. 
Lời giải 
Xét M thuộc cung BC. 
Trên dây MA lấy điểm D sao cho 
MD MB MBD= ⇒ cân. 
  60oBMA BCA= = (hai góc nội tiếp cùng chắn AB ) 
Do dó MBD đều. 
,BD MB⇒ =  60oDBM = 
   60oABD ABC DBC DBC= − = − 
   60oMBC MBD DBC DBC= − = − 
Suy ra  ABD MBC= . 
Xét MBC và DBA có 
MB BD= , MBC ABD= ,BC AB= ( ABC đều) 
Do đó MBC = DBA (c.g.c) 
Suy ra MC DA= 
Ta có MA MD DA MB MC= + = + 
2.MA MB MC MA⇒ + + = . 
MA là dây cung của ( ; )O R 2MA R⇒ ≤ 
(Đường kính là dây cung lớn nhất của đường tròn) 
Do đó 4MA MB MC R+ + ≤ (không đổi) 
Dấu " "= xảy ra MA⇔ là đường kính của ( )O 
M⇔ là trung điểm cung BC. 
Lập luận tương tự ta có ba vị trí để MA MB MC+ + đạt giá trị lớn nhấ là trung điểm các cung 
BC; AC; AB. 
Ví dụ 4: 
Cho đường tròn ( ; )O R ; BC là dây cung cố định ( 2BC R≠ ). A là điểm chuyển động trên cung 
lớn BC. Xác định vị trí của A để chu vi tam giác ABC lớn nhất. 
Lời giải 
.ABCP AB AC BC= + + 
BC không đổi. 
Trên tia đối tia AB lấy điểm D sao cho AD AC= 
ADC cân tại A  2BAC ADC⇒ = 
BAC không đổi ADC⇒ không đổi. 
BDC không đổi, BC cố định 
 34
D⇒ thuộc cung chứa góc có số đo 
1
4
sđBC của ( )O 
dựng trên đoạn thẳng BC. 
ABCP lớn nhất ( )max ( )maxAB AC AB CD⇔ + ⇔ + 
maxBD⇔ ⇔BD là đường kính 
của cung chứa góc nói trên. 
Khi đó  90oBDC = . 
Mà     90oABC BDC ACB ACD+ = + = 
 BDC ACD= ( )AC AD= 
Do đó    ABC ACB AB AC= ⇔ = ⇔A là trung điểm cung lớn BC. 
Ví dụ 5 : 
Cho đường tròn ( ; )O R .A điểm cố định trong đường tròn ( A O≠ ). Xác định vị trí của diểm B 
trên đường tròn ( )O sao cho OBA lớn nhất. 
Lời giải 
Vẽ dây BC của đường tròn ( )O qua A. 
OBC cân ( )OB OC= 

180
2
o BOC
OBC
−
= 
vẽ OH BC⊥ ( )H BC∈ 
A BC∈ nên OH OA≤ (không đổi) 
Dấu " "= xảy ra H A⇔ ≡ AB OA⇔ ⊥ tại A. 
Ta có OBA lớn nhất BOC⇔ nhỏ nhất 
BC⇔ nhỏ nhất ⇔ dây BC nhỏ nhất 
⇔ OH lớn nhất H A⇔ ≡ AB OA⇔ ⊥ tại A. 
▼ Dạng 4:Vận dụng bất đẳng thức đại số 
I. Kiến thức cần nắm: 
● Bất đẳng thức côsi cho 2 số dương: 
Cho 2 số dương a và b ta có: 
2
a b
ab
+
≥ 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b . 
● Bất đẳng thức Bunhiacopxki Sraxo (B.C.S): 
Cho 4 số thực a,b,x,y ta có: 
 ( ) ( )( )2 2 2 2 2ax by a b x y+ ≤ + + 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ax=by. 
II. Một số bài tập ví dụ: 
Ví dụ 1: 
Cho đoạn thẳng AB=a. C là điểm trên đoạn thẳng AB. Vẽ các hình vuông ABCD và CBFG. 
Xác định vị trí diểm C để ACDE CBFGS S+ đạt giá trị nhỏ nhất. 
Lời giải: 
Đặt AC = x 
 35
Ta có CB a x= − (0 x a≤ ≤ ) 
2
ACDES x= ,
2( )CBFGS a x= − 
2 2( )ACDE CBFGS S x a x+ = + − 
2 2 22x a ax x= + − + 
2 2
22( )
4 2
a a
x ax= − + + 
2 2 2
2
2 2 2
a a a
x = − + ≥ 
 
(không đổi) 
Dấu " "= xảy ra 0
2 2
a a
x x⇔ − = ⇔ = 
Ví dụ 2: 
Cho đoạn thẳng BC cố định. A là điẻm di động sao cho tam giac ABC nhọn. AA’ là đường cao 
và H là trực tâm của tam giác ABC. Xác định vị trí điểm A để 
'. 'AA HA đạt giá trị lớn nhất. 
Lời giải: 
Xét 'A BH và 'A AC có   ( )  ' ' 90 , ' 'oBA H AA C A BH A AC= = = 
(hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) 
Do đó 
' '
' ' '. ' ' . ' .
' '
HA A B
A BH A AC AA HA A B A C
A C AA
⇒ = ⇒ = ∼ 
Ta có 2' . ' ' ( ' ) ' . 'A B A C A B BC A B A B BC A B= − = − 
2
2( ' . ' )
4 2
BC BC
A B BC A B= − − + 
22 2
' .
4 2 4
BC BC BC
A B = − − ≤ 
 
Vậy 
2
AA'.HA' .
4
BC
≤ (không đổi) 
Dấu " "= xảy ra '
2
BC
A B⇔ = 
'A⇔ là trung điểm BC A⇔ thuộc trung trực BC. 
Vậy ABC nhọn nên A nằm ngoài đường tròn đường kính BC. 
Ví dụ 3: 
Trong các tứ giác nội tiếp hình chữ nhật cho trước. Tìm tứ giác có tổng bình phương các cạnh 
nhỏ nhất. 
Lời giải: 
AMQ có  90oA = theo định lí Pitago ta có 2 2 2QM AM AQ= + 
Tương tự 2 2 2MN BM BN= + , 2 2 2NP CN CP= + , 2 2 2PQ DP DQ= + 
Do đó 2 2 2 2 2 2 2 2 2MN NP PQ BM BN CN CP DP DQ+ + = + + + + + 
Ta có 
2 2 2
2 2 2( ) ( ) ( ) 1
2 2 2
AM BM AM BM AM BM
AM BM AB
+ + − +
+ = ≥ = 
 36
Chứng minh tương tự ta có 
2 2 21
2
CP DP CD+ ≥ 
2 2 21
2
DQ AQ AD+ ≥ 
Do đó ( )2 2 2 2 2 2 2 21
2
MN NP PQ QM AB BC CD DA+ + + ≥ + + + (không đổi) 
Dấu " "= xảy ra
AM BM
BN CN
CP DP
DQ AQ
=
 =
⇔ ⇔
=
 =
MNPQ là hình thoi. 
Ví dụ 4: 
Cho điểm A cố định nẳm ngoài đường tròn ( );O R . Qua A vẽ đường thẳng d cắt đường tròn ( )O 
tại hai điểm B;C.Xác định vi trí của d để tổng AB AC+ đạt giá trị nhỏ nhất. 
Lời giải: 
Vẽ cát tuyến ADE qua O 
Xét ABE và ACD có A (chung);  AEB ACD= 
 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD) 
Do đó . .
AB AE
ABE ACD AB AC AE AD
AD AC
⇒ = ⇒ = ∼ 
Mà ( )( )
22 2 2.AE AD OA OE OA OE OA OE OA R= + − = − = − 
Ta có ( 2 . )AB AC AB AC AB AC+ = + − 
2( ) 2 . 2 .AB AC AB AC AB AC= − + ≥ 
2 22 OA R= − (không đổi) 
Dấu " "= xảy ra d⇔ là tiếp tuyến của ( );O R . 
Ví dụ 5: 
Cho nửa đường tròn ( );O R đường kính AB. M là điểm chuyển động trên nửa đường tròn. Xác 
định vị trí điểm M để 3MA MB+ đạt giá trị lớn nhất. 
Lời giải: 
 90oAMB = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
MAB có  90oM = nên theo định lí Pitago ta có 
2 2 2 24MA MB AB R+ = = 
Áp dụng BĐT 2 2 2 2( )( )ax by a b x y= ≤ + + 
Ta có: ( )2 23 3 (1 3)MA MB MA MB MA MB+ = + ≤ + + 
2 2 21
2
BN CN BC+ ≥
 37
24.4 4 .R R= = 
3 4MA MB R= ≤ (không đổi) 
Dấu " "= xảy ra 3.MA MB⇔ = 
MAB⇔ là nửa tam giác đều 
⇔ sđ 60oMA = . 
 38
Phần 3: 
 CỰC TRỊ TRONG LƯỢNG GIÁC 
 ▼ Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức của hàm Sinx va Cosx. 
I. Phương pháp giải: 
Thông thường để giải một bài cực trị ta sử dụng các bđt đã được chứng minh. Tương tự, ở 
lượng giác vẫn có những bđt riêng biệt. 
Đối với hàm số đơn giản chỉ có sin và cos. Ta sử dụng: 
1 1
1 1
Sinx
Cosx
− ≤ ≤

− ≤ ≤
 II. Một số bài tập ví dụ: 
Ví dụ 1: 
Tìm GTLN, GTNN của hàm số: 
a) y = 1 - 2 sin 3x 
b) y = 1 - 1 sin x− 
Lời giải: 
a) Vì 0≤ sin 3x ≤1 nên 1≥1 - 2 sin 3x ≥1-2 = -1. 
Dấu bằng xảy ra khi : sin 3x = 0⇔ sin3x = 0⇔ 3x = kpi ⇔ x = 
3
kpi
Vâỵ GTLN của hàm số là 1 và GTNN của hàm số là -1tại x = 
3
kpi
Vì -1≤ sinx≤1 nên 2 ≥1- sinx ≥0 ⇔ 2 ≥ 1 sin x− ≥0 ⇔ 1+ 2 ≥1+ 1 sin x− ≥1. 
1+ 1 sin x− = 1 + 2 khi sinx = -1 ⇔ x = 2
2
k
pi
pi− + 
1+ 1 sin x− = 1 khi sinx = 1 ⇔ x = 2
2
k
pi
pi+ 
Vâỵ GTLN của hàm số là 1+ 2 tại x = x = 2
2
k
pi
pi− + và GTNN của hàm số là 1 tại x = 
2
2
k
pi
pi+ . 
Vẫn có thể sử dụng một số kĩ năng cơ bản để tìm cực trị: 
Ví dụ 2: 
Tìm GTLN của sin12x + cos12x 
Lời giải: 
 Cách 1: 
Vì -1≤ sinx≤1 và -1≤ cosx⇒1 nên ta có : sin12x ≤ sin2x và cos12x ≤ cos2x 
⇒ sin12x + cos12x ≤ sin2x + cos2x = 1 
 Cách 2: 
 39
 Ta sin12x + cos12x = 1 – 2sin6x.cos6x ≤1. 
Vậy GTLN cuả sin12x + cos12x là 1. 
Ví dụ 3: 
Tìm GTLN, GTNN cuả: sinx + sin
2
3
x
pi + 
 
( Bài tập cần qua bước biến đổi) 
Lời giải: 
Ta có sinx + sin
2
3
x
pi + 
 
= 2sin
3
x
pi + 
 
.cos
3
pi
= sin
3
x
pi + 
 
. 
Mà 
-1≤ sin
3
x
pi + 
 
≤1 nên GTNN của sinx + sin
2
3
x
pi + 
 
 là -1 và GTLN là 1. 
Ví dụ 4: 
Tìm GTLN , GTNN của biểu thức : 
2 2
( )(1 )
(1 )(1 )
a b ab
a b
+ −
+ +
 ∀ a,b 
Lời giải: 
 (Đối với bài tập này, ban đầu không phải là dạng lượng, ta phải đưa về lượng giác qua 
các phép biến đổi để tìm cực trị). 
Đặt a= tan x 
 b= tan y 
 Ta có: 
2 2
( )(1 )
(1 )(1 )
a b ab
a b
+ −
+ + =
2 2
(tan tan )(1 tan .tan )
(1 tan )(1 tan )
x y x y
x y
+ −
+ +
= 
2 2
sin( ) c ( )
.
cos .cos cos .cos
1 1
.
cos cos
x y os x y
x y x y
x y
+ +
= 
1
2
sin 2( )x y+ ≤
1
2
 ( vì sin 2( )x y+ ≤1) ⇒ -
1
2
≤
2 2
( )(1 )
(1 )(1 )
a b ab
a b
+ −
+ +
≤
1
2
Vậy GTNN của biểu thức là -
1
2
và GTLN là 
1
2
. 
▼ Dạng 2: Hình thành bình phương đủ 
I. Phương pháp giải: 
Dựa trên sự chuyển đổi qua lại giữa sin và cos, sử dụng các công thức lượng giác. 
II. Một số bài tập ví dụ: 
Ví dụ 1: 
Tìm GTLN của biểu thức A= cosA.cosB.cosC 
 40
Lời giải : Ta có: cosA.cosB.cosC = [ ]1 ( ) ( ) cos
2
cos A B cos A B C+ + − = 
[ ]1 cos ( ) cos
2
C cos A B C− + − = 2 21 1cos . ( ) ( )
2 4
cos C C cos A B cos A B − − − + −  
+ 21 1 sin ( )
8
A B − −  = 
1
8
2
2 21 1 1cos ( ) sin ( )
2 2 8
C cos A B A B − − − − −  
≤ 
1
8
Dấu bằng xảy ra khi cosC = 
1
( )
2
cos A B− cosC = 
1
2
 ⇔ 
 sin( )A B− = 0  A B= 
⇔  A B= = C = 60o.