1. Ví dụ 1.1:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Tìm điểm M thuộc đường tròn
(O) để biểu thức sau đạt GTLN, GTNN:
T=|MA−→− +MB−→− −MC|−→−−
Giải:
Gọi I là đỉnh thứ tư của hình bình hành ACBI thì: IA−→ +IB−→ −IC−→ =0→
Khi đó : MA−→− +MB−→− −MC−→− =(MI−→− +IA−→)+
(MI−→− +IB−→)−(MI−→− +IC−→)
=MI−→− +IA−→ +IB−→ −IC−→
=MI−→−
Như vậy T lớn nhất ⇔|MI−→−| lớn nhất ⇔MI lớn nhất ⇔M ≡ M1 với M1 là
giao điểm của OI với đường tròn (O), M1 nằm ngoài đoạn OI..
Tương tự T nhỏ nhất ⇔M≡M2 với M2 là giao điểm của OI với đường tròn
(O) , M2 thuộc đoạn OI.
Ví dụ 1.2:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) và ba sốα,β,γ sao cho α +β +γ ≠0. Tìm
điểm M thuộc (O) để biểu thức sau đạt GTLN, GTNN
T=|αMA−→− +βMB−→− +γMC−→−|
Giải:

2. Gọi I là tâm tỷ cự của hệ điểm A, B, C ứng với các hệ số α,β,γ
αMA−→− +βMB−→− +γMC−→− =α(MI−→− +IA−→)+β(MI−→−
+IB−→)+γ(MI−→− +IC−→)
=(α +β +γ)MI−→− +αIA−→ +βIB−→ +γIC−→
=(α +β +γ)MI−→−
Do đó T=|(α +β +γ)|.MI.
Gọi M1,M2 lần lượt là giao của OI với đường tròn (O) trong đó IM1⩾IM2 thì :
T lớn nhất khi và chỉ khi M trùng M1
T nhỏ nhất khi và chỉ khi M trùng M2
Ví dụ 1.3:
Cho đường tròn (O) và hai điểm phân biệt A, B cố định sao cho đường thẳng AB
không cắt (O). Tên đường tròn đó lấy điểm C và dựng điểm M thỏa điều
kiện CM−→− =CA−→− +CB−→−. Tìm vị trí của điểm C để đoạn CM có độ
dài nhỏ nhất, lớn nhất.
Giải :
Gọi I là trung điểm AB thì I cố định và CM−→− =2CI−→.
Gọi C1,C2 là giao của OI với đường tròn (O) và coi IC1⩾IC2.

3. Với C bất kì thuộc (O) ta có:
IC+CO⩾IO=OC1+OC2
Do đó IC⩾IC2. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi C trùng C2
Mặt khác IC⩽IO+OC=IO+OC1=IC1
Do đó IC⩽IC1. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi C trùng C1
Vậy CM lớn nhất khi và chỉ khi C trùng C2
CM nhỏ nhất khi và chỉ khi C trùng C1
Ví dụ 1.4:
Giả sử tam giác ABC và A’B’C’ là các tam giác thay đổi, có trọng tâm G và G’ cố
định. Tìn GTNN của tổng:
T=AA′+BB′+CC′
Giải:
Vì GA−→− +GB−→− +GC−→− =0→ và G′A′−→−− +G′B′−→−− +G′C′
−→−− =0→ nên
AA′−→− +BB′−→− +CC′−→− =AG−→− +GG′−→− +G′A−→− +BG−→−

4. +GG′−→− +G′B′−→−− +CG−→− +GG′−→− +G′C′−→−−
=3GG′−→− −(GA−→− +GB−→− +GC−→−)+(G′A′−→−−
+G′B′−→−− +G′C′−→−−)
=3GG′−→−
Do đó:
AA′+BB′+CC′=|AA′−→−|+|BB′−→−|+|CC′−→−|
⩾|AA′−→− +BB′−→− +CC′−→−|
=3|GG′−→−|=3GG′
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các vector AA′−→−,BB′−→−,CC′−→− cùng
hướng
Vậy minAA′+BB′+CC′= 3GG’
Nhận xét: từ khái niệm trọng tâm của đoạn thẳng và tứ giác ta cũng có:
Min ( AA’+BB’) = 2GG’
Min ( AA’+BB’+CC’+DD’) = 4 GG’
Phương pháp 2: Tìm cực trị nhờ đánh giá bình phương vô hướng:
Ví dụ 2.1:
Cho tam giác ABC và đường thẳng d cố định đi qua C. Trên d lấy điểm M và lập
tổng 3MA2+2MB2. Tìm vị trí M để tổng đó đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải:

5. Giả sử I là điểm sao cho 3IA−→ +2IB−→ =0→ thì I là điểm cố định .
Ta có 3MA2+2MB2=3(MI−→− +IA−→)2+2(MI−→− +IB−→)2
=5MI2+3IA2+2IB2
Do đó 3MA2+2MB2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất ⇔MI⊥d, điều này
tương đương IMCˆ=900, tức là M thuộc đường tròng (C) đường kính IC.
Vậy 3MA2+2MB2 nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của d với đường tròn
đường kính IC
Ví dụ 2.2:
Trong mọi tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) tìm tam giác có tổng T
= a2+b2+c2lớn nhất.
Giải:
Ta có:
T=BC2+CA2+AB2
=(OC−→− −OB−→−)+(OA−→− −OC−→−)+(OB−→−
−OA−→−)
=6R2−2(OC−→−.OB−→− +OA−→−.OC−→− +OB−→−.
OA−→−)
=9R2−(OA−→− +OB−→− +OC−→−)2=9R2−9OG2

6. Suy ra T⩽9R2. Đẳng thức xảy ra ⇔O≡G⇔ ABC là tam giác đều
Vậy trong mọi tam giác ABC nội tiếp đường tròn thì tam giác đều thỏa mãn bài
toán.
Ví dụ 2.3:
Trong mọi tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), hãy tìm tam giác có tổng bình
phương các khoảng cách từ tâm đường tròn đến các cạnh là nhỏ nhất.
Giải:
Gọi da,db,dc lần lượt là khoảng cách từ tâm đường tròn đến ba cạnh BC, CA, AB
của tam giác.
Ta có:
da2+db2+dc2=(R2−a24)+(R2−b24)+(R2−c24)
=3R2−14(a2+b2+c2)
⩾3R2−14.9R2=3R24
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Vậy min (da2+db2+dc2)=3R24 khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Ví dụ 2.4:
Cho điểm M nằm trong mặt phằng tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

7. thức T=MA2+MB2+MC2
Giải :
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, ta có
T=(MG−→− +GA−→−)2+(MG−→− +GB−→−)2+(MG−→−
+GC−→−)2
=3MG2+GA2+GB2+GC2+2MG−→−.(GA−→− +GB−→−
+GC−→−)
=3MG2+13(a2+b2+c2)
⩾13(a2+b2+c2)
Đẳng thức xảy ra khi và chì khi M trùng G
Vậy min T = 13(a2+b2+c2) khi và chỉ khi M trùng G.
Phương pháp 3: Tìm cực trị nhờ đánh giá tích vô hướng của hai vector:
Ví dụ 3.1:
Cho tam giác ABC không đều nội tiếp đường tròn (O). Tìm trên đường tròn điểm
M để có tổng bình phương khoảng cách từ đó đến ba đỉnh tam giác là nhò nhất,
lớn nhất.
Giải:
Với mọi điểm M thuộc đường tròn (O) ta có:
T=MA2+MB2+MC2
=(MO−→− +OA−→−)2+(MO−→− +OB−→−)2+(MO−→− +OC−→−)2
=6R2+2MO−→−(OA−→− +OB−→− +OC−→−)
=6R2+2MO−→−.OH−→− ( với H là trực tâm của tam giác)
=6R2+2R.OH.cosα(α =(MO−→−,OH−→−))
Từ đó suy ra
T nhỏ nhất ⇔cosα = −1⇔MO−→− ↑ ↓OH−→−
T lớn nhất ⇔cosα =1⇔MO−→− ↑ ↑OH−→−

8. Ví dụ 3.2:
Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi là góc α giữa hai trung tuyến BD và CK.
Tìm giá trị nhỏ nhất của cosα
Giải:
Ta có
cosα =|BD−→−.CK−→−BD.CK|
=|(BA−→− +BC−→−).(CA−→− +CB−→−)|4.BD.CK
=|BA−→−.CA−→− +BC−→−(CA−→− −BA−→−)−BC−→−2|
4.BD.CK
=BC22.BD.CK(doBA⊥CA)
Mặt khác:
2.BD.CK⩽BD2+CK2=14(2.AB2+2.BC2−AC2)+14(2AC2+2BC2−AB2)
=5BC24 ( do BC2=AB2+AC2)
Do đó cosα ⩾BC25BC24=45
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BD = CK khi và chỉ khi tam giác ABC vuông cân
tại đỉnh A
Vậy mincosα =45
Ví dụ 3.3:
Cho tam giác ABC. Tìm điểm M sao cho biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất:
T=2.cosA2.MA+MB+MC
Giải:
Ta có:
T=2.cosA2.MA+MB.ABAB+MC.ACAC
⩾2.cosA2.MA+MB−→−.AB−→−AB+MC−→−.AC−→−AC
=2.cosA2+(MA−→− +AB−→−).AB−→−AB+(MA−→−
+AC−→−).AC−→−AC

9. =2cosA2.MA+MA−→−(AB−→−AB+AC−→−AC)+AB+AC
Do đó ta có:
2.cosA2.MA+MB+MC⩾2cosA2.MA+MA−→−(AB−→−AB+AC−→−AC)
+AB+AC(1)
Mặt khác lại có:
(AB−→−AB+AC−→−AC)2=AB2AB2+AC2AC2+2.AB−→−AB.AC−→−AC
=1+1+2cosA=2(1+cosA)=4cos2A2
Suy ra: |AB−→−AB+AC−→−AC|=2|cosA2|
Do đó :
2cosA2.MA+MA−→−(AB−→−AB+AC−→−AC)=2.MA[cosA2+|cosA2|
cos(MA−→−,u→)]⩾0(2)
(với u→ =AB−→−AB+AC−→−AC)
Vì vậy:
2.cosA2.MA+MB+MC⩾AB+AC
Đẳng thức (1) xảy ra khi và chỉ khi MB−→− ↑ ↑AB−→−
và MC−→− ↑ ↑AC−→−
⇔M≡A (thỏa mãn (2))
Vậy Min T= AB+AC khi và chì khi M trùng A
BÀI TẬP RÈN LUYỆN:
Bài 1:
ChoΔABC có Aˆ=600. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T=3√MA+MB+MC.
Hướng dẫn:
T=3√MA+MB.ABAB+MC.ACAC
⩾3√MA+MB−→−.AB−→−AB−→−+MC−→−.AC−→−AC−→−
=2cosA2MA+MA−→−.⎛⎝ABAB−→− +AC−→−AC⎞⎠+AB+AC.
Bình phương tổng ⎛⎝ABAB−→− +AC−→−AC⎞⎠ ta

10. có ∣∣∣∣ABAB−→− +AC−→−AC∣∣∣∣=2∣∣∣cosA2∣∣∣ suy ra điều phải chứng minh.
Bài 2:
ChoΔABC ngoại tiếp đường tròn tâm I. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
T=IA.IB.ICaIA2+bIB2+cIC2.
Hướng dẫn:
Bình phương vô hướng (aIA−→ +bIB−→ +cIC−→)2=0 suy
ra aIA2+bIB2+cIC2=abc.
Max T = 3√9⇔ΔABC đều.
Bài 31:
Cho xOyˆ = α và một độ dài a. Trên hai cạnh Ox, Oy lần lượt lấy các điểm A, B
sao cho OA + OB = a. Tìm độ dài ngắn nhất của đoạn AB.
Hướng dẫn:
AB−→− =OB−→− −OA−→− ⇒AB2=OB2+OA2−2OA−→−.OB−→−
=(OA+OB)2−2OA.OB−2OA.OB.cosα =a2−2OA.OB(1+cosα)
⩾a2−2.(OA+OB2)2.(1+cosα) =a24(2−2cosα)
Dấu “=” xảy ra OA = OB = a2.
Vậy min AB = a22−2cosα−−−−−−−−−√.
Bài 3:
Từ điểm I trên cạnh BC củaΔABC dựng IN//AB, IM//AC. Xác định vị trí điểm I
sao cho MN có độ dài ngắn nhất.
Hướng dẫn:
Đặt IBBC=x thì ICBC=1−x(0<x<1).
Ta
có AN−→− =xAC−→−,AM−→− =(1−x)AB−→− nên MN−→− =AN−→− −
AM−→− =xAC−→− −(1−x)AB−→− =xAD−→− −AB−→−(ABCD là hình

11. bình hành).
Tìm điểm K trên cạnh AD
để AK−→− =xAD−→− thì MN−→− =AK−→− −AB−→− =BK−→−.
Vậy MN ngắn nhất⇔ BK ngắn nhất⇔BK⊥AD.
Từ đó ta suy ra cách dựng điểm I.
Bài 4:
Cho tứ giác lồi ABCD, M là điểm tùy ý trên cạnh CD. Gọi P,P1,P2 lần lượt là chu
vi các tam giác AMB, ACB, ADB. Cmr: P<max{P1,P2}.
Hướng dẫn:
M thuộc cạnh CD nên AM−→− =MDCD.AC−→− +MCCD.AD−→−
BM−→− =MDCD.BC−→− +MCCD.BD−→−
Do
đó AM=∣∣∣MDCD.AC−→− +MCCD.AD−→−∣∣∣<∣∣∣MDCD.AC−→−∣∣∣+∣∣∣M
CCD.AD−→−∣∣∣=MDCD.AC+MCCD.AD(Dấu “=” không xảy ra
vì MDCD.AC−→−,MCCD.AD−→− không cùng phương).
Tương tự với BM.
Suy ra AM+BM<MDCD(AC+BC)+MCCD(AD+BD)
⩽(MDCD+MCCD).max{AC+BC,AD+BD}.
Như vậy AM + BM < max{AC+BC,AD+BD},suy ra
AM + BM + AB < max{AC+BC+AB,AD+BD+AB}(đpcm)
Bài 5:
Cho M là một điểm thuộc miền trongΔABC. Gọi H, I, K theo thứ tự là hình chiếu
của M trên BC, CA, AB. Tìm vị trí của M để MH2+MI2+MK2 đạt giá trị nhỏ
nhất.
Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki:

12. (aMH+bMI+cMK)2⩽(a2+b2+c2)(MH2+MI2+MK2)
⇒MH2+MI2+MK2⩾4S2ABCa2+b2+c2.
Dấu “=” xảy ra ⇔MHa=MIb=MKc
⇔SMBCa2=SMCAb2=SMABc2
⇔a2MA−→− +b2MB−→− +c2MC−→− =0
⇔M là điểm Lemoine của ΔABC.
Bài 6:
ChoΔABC và một điểm M tùy ý. Tìm giá trị nhỏ nhất của tồng
T=a2MA2+b2MB2+c2MC2.
Hướng dẫn:
Ta có a2MA−→− +b2MB−→− +c2MC−→− ⩾0 nên
a4MA2+b4MB2+c4MC2+2a2b2MA−→−.MB−→− +2b2c2MB−→−.MC−→−
+2a2c2MA−→−.MC−→− ⩾0
Chú ý: 2MX−→−.MY−→− =MX2+MY2−XY2,∀X,Yta có:
T=a2MA2+b2MB2+c2MC2⩾3a2b2c2a2+b2+c2.
Dấu “=” xảy ra ⇔a2MA−→− +b2MB−→− +