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

ện 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 lớn nhất, nhỏ nhất của diện tích tứ giác ACBD. 
Giải :
1) PE trung tuyến nên EA = EP 
 cân tại E mà 
 vuông tại M
Chứng minh tương tự ta có: 
 Bốn điểm M, N, B, P cùng thuộc đường tròn đường 
kính BP
2) Do EA = EC và FA = FD nên . 
Do đó (1) 
Do EF là đường trung bình của nên EF // CD và CD = 2EF
mà(2)
Từ (1) và (2) .
C/M tương tự ta có: đồng dạng với (g.g)
3) Kẻ lần lượt tại H và K 
. 
Tính tương tự : suy ra
(vì ta có )
Chứng minh diện tích tứ giác ACBD bằng 
Do không đổi nên AB2.CD2 nhỏ nhất khi 
nhỏ nhất hoặc AB đi qua O hoặc CD đi qua O.
Vậy diện tích tứ giác ACBD nhỏ nhất bằng :
AB hoặc CD đi qua O. (có thể chỉ ra cách dựng: Kẻ đường kính qua P và kẻ dây với đường kính đó tại P)
Ta có nên HO2.KO2 lớn nhất khi HO = KO; AB2.CD2 lớn nhất khi lớn nhất HO = KO
AB và CD cách đều O.Vậy diện tích tứ giác ACBD lớn nhất bằng AB và CD cách đều O
Bài 5.3. ( Thi vào THPT Quảng Ninh 2011-2012 )
Cho đường tròn (O) đường kính AB và một điểm C cố định trên bán kính OA (C khác A và O) , điểm M di động trên đường tròn (M khác A,B) . Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với CM , đường thẳng này cắt các tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O) lần lượt tại D và E . 
Chứng minh ACMD và BCME là các tứ giác nội tiếp .
Chứng minh DCEC.
Tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác ADEB nhỏ nhất .
Giải :
a) b) Dễ chứng minh.
c) Tứ giác ABED là hình thang vuông 
nên diện tích của nó là :
S = .
Dễ thấy không đổi ( do A,C,B cố định )
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM : . Dấu đẳng thức xảy ra khi 
AD = BE
Vậy MinSADEB = AB khi và chỉ khi AD = BE, 
khi đó ABED là hình chữ nhật nên MC vuông góc AB => M là giao của đường thẳng qua C và vuông góc AB.
Bài 5.4. ( Thi vào THPT Tp Hồ Chí Minh 2010-2011 )
Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O) khác A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE).
Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật.
Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng.
Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng. Suy ra K là trung điểm của MP.
Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất.
Giải :
a) Dễ chứng minh được.
b) Chứng minh được EO là trung trực AM 
nên O, I, E thẳng hàng.
c) Ta có OE//MP => 
Từ (1) và (2) suy ra 
=> K là trung điểm MP.
d) Ta có : AB = 2R ; AP = x => PB = 2R - x
Tam giác AMB vuông tại M có MP là đường cao nên :
MP2 = PA.PB = x(2R-x) => 
Có : SMPAQ = AP.MP = 
= 
( theo bất đẳng thức AM-GM ).
Dấu đẳng thức xảy ra khi :
Vậy diện tích hình chữ nhật APMQ lớn nhất bằng khi M thuộc đường tròn sao cho P là trung điểm OB.
Bài 5.5. ( Thi vào THPT Nguyễn Bình - Quảng Ninh 2013-2014 )
Cho đường tròn tâm O đường kính AB, M là điểm chính giữa của cung AB, K là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ BM. Gọi H là chân đường vuông góc của M xuống AK
Chứng minh rằng AOHM là tứ giác nội tiếp
Tam giác MHK là tam giác gì? Vì sao?
Chứng minh OH là tia phân giác của góc MOK
Gọi P là hình chiếu vuông góc của K lên AB. Xác định vị trí của K để chu vi tam giác OPK lớn nhất
Giải :
a) Vì M là điểm chính giữa của cung AB, 
nên sđ900 => 
(đ/l góc ở tâm), mà MH ^ AK (gt)
 => = 900
Trong tứ giác AOHM, ta có: 
Do đó đỉnh O và H luôn nhìn đoạn Am dưới một góc 900, nên AOHM là tứ giác nội tiếp
b) Xét tam giác vuông MHK có 
Nên tam giác MHK là tam giác vuông cân tại H
c) Vì tam giác MHK cân tại H nên : HM = HK
Xét D MHO và D KHO có 
	HM = HK (c/m trên) 
	HO cạnh chung
	OM = OK = R
Suy ra D MHO = D KHO ( c-c-c)
Nên , Do vậy OH là phân giác của góc MOK
d) Ta có chu vi của tam giác OPK là: C = OP + PK + OK. Mà OK không đổi, nên chu vi tam giác OPK lớn nhất Û OP + PK lớn nhất
Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có
(OP + PK)2 ≤ (12 + 12)( OP2 + PK2) = 2R2. Vậy (OP + PK)2 lớn nhất bằng 2R2, nên OP + PK lớn nhất bằng. Do đó chu vi của tam giác OPK lớn nhất bằng: + R = (, khi OP = PK hay K là điểm chính giữa của cung MB
5. Kết quả đạt được
	Sau khi nghiên cứu thực hiện sáng kiến này, trước hết đối với bản thân đã nâng cao được kiến thức và phương pháp dạy học đặc biệt là kinh nghiệm ôn thi học sinh giỏi và ôn thi vào THPT . Cụ thể :
Từ năm học 2010 - 2011, khi bắt đầu nghiên cứu và áp dụng sáng kiến, tôi đã thu được những thành công nhất định ( mặc dù cực trị hình học chỉ là một nội dung nhỏ trong việc bồi dưỡng nhưng nó cũng góp phần vào thành công chung ) 
Năm học 2010 - 2011 có 01 HSG Toán 9 cấp huyện . Học sinh thi đỗ THPT công lập đạt 29/60 HS dự thi = 48,33%.
Năm học 2011-2012 có 01 HS đạt giải Nhì môn Toán cấp huyện. Học sinh thi đỗ vào THPT công lập đạt 27/46 HS dự thi = 58,7%.
Năm học 2012 - 2013 có 02 HS đạt giải môn Toán cấp huyện ( 01 giải Nhất, 01 giải ba ) . Học sinh thi đỗ THPT công lập đạt 21/47 HS dự thi = 44,7%.
Năm học 2013 - 2014 có 02 HS đạt giải Toán cấp huyện ( 01 giải Nhì, 01 giải Ba ). Học sinh thi đỗ THPT đạt 37/47 HS dự thi = 78,72%.
Năm học 2014 - 2015 có 02 HS đạt giải môn Toán cấp huyện ( 01 Nhì, 01 ba )
Ngoài ra, chất lượng đại trà đã được kiểm nghiệm lại với hai lớp khảo sát trước khi dạy chuyên đề. Với đề bài khảo sát : 
	Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B. Một cát tuyến chung bất kỳ CBD ( B nằm giữa C và D ) cắt (O) tại C và cắt (O') tại D.
Xác định vị trí của cát tuyến CBD để tam giác ACD có chu vi lớn nhất.
Sau khi dạy xong, kết quả thu được như sau :
Đối tượng
Số lượng
Không biết làm
Đoán được giá trị lớn nhất nhưng không biết trình bày
Trình bày được tương đối hoàn chỉnh
HS lớp 9A
27
4
5
18
HS lớp 9B
30
5
8
17
6. Điều kiện để sáng kiến được nhân rộng: 
	Sáng kiến chưa được đầu tư để trở thành giáo án chuẩn cho chương trình bồi dưỡng vì chưa có thời gian nghiên cứu sâu. Việc áp dụng sáng kiến vì vậy chưa được hài lòng với đa số người dạy. 
	Sáng kiến cần bổ sung bài tập của các dạng nhiều hơn nữa. Ngoài ra, sáng kiến chỉ mới nghiên cứu một phần nhỏ có tính " hình học" trong các bất đẳng thức hình học nói chung và cực trị hình học nói riêng. Việc mở rộng sáng kiến nên theo hướng phân loại các bất đẳng thức và cực trị hình học mang tính hình học ( nhất thiết vẽ hình ) và những bất đẳng thức, cực trị hình học không cần vẽ hình . Hệ thống các bất đẳng thức hình học đã biết trên thế giới theo loại hình : tam giác, tứ giác, đa giác, đường ( hình ) tròn ...
	Tuy nhiên xét ở góc độ hẹp để định hình, cung cấp cho học sinh ôn HSG cấp huyện và học sinh thi THPT mang tính thuật toán thì sáng kiến đủ để làm tài liệu tham khảo thiết thực. Sáng kiến này sẽ được công bố trên mạng vào cuối năm học 2014-2015 để các đồng nghiệp tham khảo, chia sẻ, bổ sung.
PHẦN 3. KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ
1. Kết luận
- Sau nhiều năm nghiên cứu, chỉnh sửa, bổ sung tôi đã dần hoàn thiện về mặt phương pháp khi dạy cực trị hình học cho học sinh giỏi và học sinh ôn thi vào THPT. Học sinh tiếp thu kiến thức tương đối tốt, biết áp dụng phương pháp để giải quyết các bài tập cụ thể , kết quả mang lại tương đối tốt ( như trên đã trình bày ).
- Mặc dù kiến thức trình bày dành cho học sinh giỏi, học sinh ôn thi vào THPT tuy nhiên đồng nghiệp có thể vận dụng phương pháp để dạy các lớp 7,8 cho học sinh làm quen với cực trị hình học từ đó dễ dàng truyền đạt ở lớp 9.
2. Khuyến nghị: 
	- Sở giáo dục nên tổ chức thi học sinh giỏi lớp 9 vào cuối tháng 4 hàng năm để học sinh được trang bị kiến thức đầy đủ hơn, được ôn luyện nhiều hơn theo khung phân phối chương trình của Bộ giáo dục và đào tạo .
MỤC LỤC
Tên đề mục
Trang
DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Các bài toán về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học phẳng ở THCS - Vũ Hữu Bình ( chủ biên )
2. Một số bất đẳng thức hình học - Luận văn thạc sỹ toán học của Hoàng Ngọc Quang - Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên.
3. Thảo luận về bất đẳng thức tại : 
B%83_lo%E1%BA%A1i:B%E1%BA%A5t_%C4%91%E1%BA%B3ng_th%E1%BB%A9c
4. Đề tuyển sinh THPT, đề học sinh giỏi các tỉnh trên mạng Internet .