Phương Trình Bậc Bốn Và Các Hệ Thức Hình Học Trong Tứ Giác Hai Tâm.doc

Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
--------------

-------------
PHẠM THỊ THU
PHƢƠNG TRÌNH BẬC BỐN VÀ CÁC HỆ
THỨC HÌNH HỌC TRONG TỨ GIÁC HAI TÂM
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2019

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
--------------

-------------
PHẠM THỊ THU
PHƢƠNG TRÌNH BẬC BỐN VÀ CÁC HỆ
THỨC HÌNH HỌC TRONG TỨ GIÁC HAI TÂM
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS. TS TẠ DUY PHƢỢNG
THÁI NGUYÊN - 2019

Mục lục
Mở đầu 2
1 Phương trình bậc bốn và các tính chất nghiệm 4
1.1 Công thức nghiệm của phương trình bậc bốn . . . . . . . . . 4
1.2 Các tính chất nghiệm của phương trình bậc bốn . . . . . . . 5
1.3 Một số nhận xét về nghiệm của phương trình bậc bốn . . . . 12
2 Tứ giác hai tâm 13
2.1 Tứ giác lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.2 Tứ giác nội tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.2.1 Các định nghĩa và tính chất . . . . . . . . . . . . . . 19
2.2.2 Diện tích tứ giác nội tiếp . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.2.3 Độ dài đường chéo của tứ giác nội tiếp . . . . . . . . 23
2.3 Tứ giác ngoại tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.3.1 Định nghĩa và tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.3.2 Diện tích tứ giác ngoại tiếp . . . . . . . . . . . . . . 24
2.4 Tứ giác hai tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.4.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.4.2 Diện tích của tứ giác hai tâm . . . . . . . . . . . . . 26
2.4.3 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3 Phương trình bậc bốn với các hệ thức cho tứ giác hai tâm 35
3.1 Phương trình bậc bốn cho tứ giác hai tâm . . . . . . . . . . 35
3.1.1 Phương trình bậc bốn với nghiệm là các cạnh của tứ
giác hai tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.1.2 Phương trình bậc bốn với nghiệm là bán kính đường
tròn ngoại tiếp tam giác trong tứ giác hai tâm . . . . 37

2
3.1.3 Phương trình bậc bốn với nghiệm là các bán kính
đường tròn nội tiếp tam giác trong tứ giác hai tâm . . 41
3.1.4 Phương trình bậc bốn với nghiệm là SIN của các góc
BAC,CAD,ACB
và DCA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
3.2 Các hệ thức hình học cho tứ giác hai tâm . . . . . . . . . . . 47
3.3 Các hệ thức lượng giác cho tứ giác hai tâm . . . . . . . . . . 62
Tài liệu tham khảo 67

Một số kí hiệu và viết tắt
Trong luận văn này, ta sẽ sử dụng các kí hiệu sau đây:
1) ABCD là tứ giác lồi.
2) A, B,C, D là các đỉnh hoặc các góc của tứ giác ABCD; E là giao
điểm của AC và BD.
3) AB = a, BC = b,CD = c, DA = d là các cạnh hoặc độ dài các cạnh
của tứ giác ABCD và AC = e, BD = f là các cạnh hoặc độ dài các
cạnh đường chéo của tứ giác ABCD.
a + b + c + d
4) p = là nửa chu vi của tứ giác ABCD.
5) S là diện tích tứ giác ABCD.
6) R, r tương ứng là bán kính (hoặc độ dài bán kính) đường tròn
ngoại tiếp và nội tiếp của tứ giác ABCD.
7) R1, R2, R3, R4 tương ứng là bán kính (hoặc độ dài bán kính)
đường tròn ngoại tiếp của tam giác AE B, BEC,CE D, DE A.
8) r1, r2, r3, r4 tương ứng là bán kính (hoặc độ dài bán kính) đường
tròn nội tiếp của tam giác AE B, BEC,CE D, DE A.

Mở đầu
Dựa trên ý tưởng (xem [8]): Một tam giác hoàn toàn được xác định bởi
ba yếu tố độc lập (thí dụ, ba cạnh thỏa mãn bất đẳng thức tam giác, ba
đường cao, sin của ba góc,...) nên ba yếu tố đó là nghiệm của một
phương trình bậc ba (với các hệ số phụ thuộc vào ba yếu tố cơ bản: nửa
chu vi p, bán kính đường tròn ngoại tiếp R và bán kính đường tròn nội
tiếp r. Từ đó, sử dụng các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba,
trong [1] và [2] đã phát biểu và chứng minh khoảng 700 hệ thức (đẳng
thức và bất đẳng thức) trong tam giác, trong đó có nhiều hệ thức mới.
Câu hỏi đặt ra là: Ý tưởng trên có thể mở rộng cho tứ giác lồi?-Để xác
định một tứ giác lồi bất kì cần năm yếu tố, thí dụ, bốn cạnh và một đường
chéo. Vậy chỉ với tứ giác đặc biệt thì bốn cạnh của nó mới là nghiệm của
một phương trình bậc bốn. Đó chính là tứ giác hai tâm-tứ giác vừa nội
tiếp được trong một đường tròn, vừa ngoại tiếp một đường tròn (khác).
Điều này đã được chỉ ra trong [6] và [9]. Sau đó, dựa trên tính chất
nghiệm của phương trình bậc bốn, trong [3] và [4] đã phát biểu và chứng
minh khoảng 100 hệ thức hình học cho tứ giác hai tâm. Điều này cho một
cách nhìn hệ thống về các hệ thức trong tứ giác hai tâm.
Ngoài các hệ thức hình học, trong [1] và [2] đã chứng mình vài trăm
hệ thức lượng giác trong tam giác. Câu hỏi tự nhiên đặt ra là: Có
thể phát biểu và chứng minh các hệ thức lượng giác cho tứ giác hai
tâm?-Điều này chưa được thể hiện trong [3] và [4].
Luận văn có mục đích trình bày các hệ thức hình học cho tứ giác hai
tâm như là hệ quả từ các tính chất của phương trình bậc bốn, chủ yếu
dựa trên [4] và [10], có chỉnh sửa, bổ sung, cấu trúc lại [4] trong tham
chiếu với các tài liệu khác. Ngoài ra, trong Luận văn cũng bước đầu
phát hiện và chứng minh các hệ thức lượng giác cho tứ giác hai tâm.

3
Trong quá trình học tập và làm luận văn, từ bài giảng của các
giáo sư, tiến sĩ đang công tác tại Viện Toán học, Trường Đại học
khoa học - Đại học Thái Nguyên, tôi đã trau dồi thêm rất nhiều kiến
thức để nâng cao trình độ của mình. Từ đáy lòng mình, tôi xin bày
tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới tất cả các thầy, cô.
Tôi xin chân thành cám ơn Ban Giám hiệu, phòng Đào tạo Khoa học và
Quan hệ quốc tế, Khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học, Đại học Thái
Nguyên đã quan tâm và giúp đỡ tôi trong suốt thời gian học tập tại trường.
Dưới sự hướng dẫn của PGS. TS Tạ Duy Phượng, tôi đã phần nào
học được phương pháp thu thập và xử lí thông tin, và tập dượt nghiên
cứu. Xin được cám ơn Thày hướng dẫn. Đồng thời, tôi cũng xin chân
thành cám ơn Thạc sĩ Hoàng Minh Quân, giáo viên Toán trường Trung
học Phổ thông Ngọc Tảo, Phúc Thọ, Hà Nội, đã cho phép sử dụng bản
thảo [4] và cung cấp một số tài liệu để viết luận văn này.
Nhân dịp này tôi xin chân thành cảm ơn đồng nghiệp, bạn bè và gia đình
đã tạo mọi điều kiện giúp đỡ, động viên để tôi hoàn thành luận văn này.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2019
Tác giả
Phạm Thị Thu

Chương 1
Phương trình bậc bốn và các tính
chất nghiệm
1.1 Công thức nghiệm của phương trình bậc bốn
Nói chung, các sách giáo khoa và sách tham khảo môn toán thường không
trình bày phương pháp tìm nghiệm của phương trình bậc bốn. Mục này trình
bày cách giải phương trình bậc bốn.
Xét phương trình bậc bốn
x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0. (1.1)
Phương trình (1.1) có thể viết dưới dạng sau
x
4
+ ax
3
= −bx
2
− cx − d,
hay
x
4
+ ax
3
a
2
x
2
a
2
− b x
2
− cx − d,
+ =
4 4
tức là
x
2
+
ax 2 a2
= − b x
2
− cx − d (1.2)
2 4
Cộng hai vế của phương trình (1.2) với x
2
+ax y + y
2
, ta được phương
trình
2 4
ax 2
x
2
+
ax y
2
ax y
2
a2
x
2
+ + y + = x
2
+ y + + − b x
2
− cx − d,
2 2 4 2 4 4
hay

5
ax y 2 a
2
ay y2
x
2
+ + = − b + y x
2
+ − c x + − d.(1.3)
2 2 4 2 4
Ta sẽ chọn y để vế phải của phương trình (1.3) là bình phương của
tổng. Để vế phải của phương trình (1.3) là bình phương của tổng thì
Δ =
ay 2 a
2
y
2
− c − 4 − b + y − d = 0,
2 4 4
hay
y
3
− by
2
+ (ac − 4d)y − [d(a
2
− 4b) − dy] = 0. (1.4)
Vì (1.4) là phương trình bậc ba nên có ít nhất một nghiệm thực
(Phương pháp giải và công thức nghiệm của phương trình bậc ba
có thể xem trong [2], trang 47-52). Ta chỉ cần chọn một nghiệm thực
y0 nào đó của phương trình (1.4) và thay y0 vào vế phải của
phương trình (1.3). Khi ấy phương trình (1.3) được viết lại như sau
ax y0
2
x
2
+ + = (α x + β )
2
.
2 2
Điều này tương đương với
x
2
+
ax
2 +
y
2
0
= α x + β ,
hoặc
x
2
+
ax
2 +
y
2
0
= −α x − β .
Giải hai phương trình trên ta tìm được nghiệm của phương trình bậc bốn (1.1)
1 1 1 2
x1,2 = − a + α ± a + α− 4β − 2y0
2 2 2
và
1 1 1 2
x
3,4
= −
a − α ± a − α + 4β − 2y0 .
2 2 2
1.2 Các tính chất nghiệm của phương trình bậc bốn

Ngoài định lí Viète về tính chất nghiệm của đa thức, mục này trình bày 18 tính
chất nghiệm của phương trình bậc bốn, cần thiết cho chứng minh các hệ

6
thức trong chương 3.
Định lí 1.2.1 (Định lí Viète về nghiệm của phương trình bậc bốn)
Phương trình x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0 có bốn nghiệm x1, x2, x3,
x4 thỏa mãn các tính chất sau:
Tính chất 1.2.1 T1 = x1 + x2 + x3 + x4 = −a.
Tính chất 1.2.2 T2 = x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4 = b.
Tính chất 1.2.3 T3 = x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4 = −c.
Tính chất 1.2.4 T4 = x1x2x3x4 = d.
Chứng minh. Vì x1, x2, x3, x4 là bốn nghiệm của phương trình bậc bốn nên
phân tích đa thức ra thừa số ta được đồng nhất thức sau đây đúng với mọi x:
x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + d
=(x − x1)(x − x2)(x − x3)(x − x4)
= x
2
− (x1 + x2)x + x1x2 x2
− (x3 + x4)x + x3x4
=x
4
− (x+x2 + x3 + x4)x
3
+ (x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4)x
2
− (x1x2x3 + x1x3x4 + x1x2x4 + x2x3x4)x + x1x2x3x4.
So sánh các hệ số của đồng nhất thức, ta đi đến các tính chất (1.2.1)-
(1.2.4). Từ bốn tính chất trên và sử dụng các tính chất đối xứng của
nghiệm, ta suy ra được khá nhiều các hệ thức liên hệ giữa bốn nghiệm của
phương trình bậc bốn với các hệ số của phương trình, rất có lợi cho nghiên
cứu phương trình bậc bốn và trong chứng minh các hệ thức trong tứ giác.
Tính chất 1.2.5
1 1 1 1 c
T5 = + + + = − .
x1 x2 x3 x4 d
Chứng minh.
T5 =1 + 1 + 1 + 1 =
x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4
x
1
x
2
x
3
x
4
x
1
x
2
x
3

=
T
3 = −
c
.
T4d

7
Tính chất 1.2.6
T6 = x
2
1 + x
2
2 + x
2
3 + x
2
4 = a
2
− 2b.
Chứng minh.
T6 =x
2
1 + x
2
2 + x
2
3 + x
2
4
=(x1 + x2 + x3 + x4)
2
− 2(x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4)
=T1
2
− 2T2 = a
2
− 2b.
Tính chất 1.2.7
T7 =(x1 + x2 + x3)(x2 + x3 + x4)(x3 + x4 + x1)(x1 + x2 + x4)
=a
2
b − ac + d.
Chứng minh.
T7 =(x1 + x2 + x3)(x2 + x3 + x4)(x3 + x4 + x1)(x1 + x2 + x4)
=(T1 − x1)(T1 − x2)(T1 − x3)(T1 − x4)
= T1
2
− (x1 + x2)T1 + x1x2T1
2
− (x3 + x4)T1 + x3x4
=T1
4
− T1
3
(x1 + x2 + x3 + x4) + T1
2
(x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4)
− T1(x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4) + x1x2x3x4
=T1
4
− T1
3
T1 + T1
2
T2 − T1T3 + T4 = a
2
b − ac + d.
Tính chất 1.2.8
T8 =(x1 + x2 + x3 − x4)(x2 + x3 + x4 − x1)(x3 + x4 + x1 − x2)(x1 + x2 + x4 − x3)
= − a
4
− 4ab − 8ac + 16d.
Chứng minh.
T8 =(x1 + x2 + x3 − x4)(x2 + x3 + x4 − x1)(x3 + x4 + x1 − x2)(x1 + x2 + x4 − x3)
=(T1 − 2x1)(T1 − 2x2)(T1 − 2x3)(T1 − 2x4)
= T1
2
− 2(x1 + x2)T1 + 4x1x2 T1
2
− 2(x3 + x4)T1 + 4x3x4

8
=T1
4
− 2T1
3
(x1 + x2 + x3 + x4) + 4T1
2
(x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4)
− 8T1(x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4) + 16x1x2x3x4
= T1
4
− 2T1
4
+ 4T1
2
T2 − 8T1T3 + 16T4
= − T1
4
+ 4T1
2
T2 − 8T1T3 + 16T4
= − a
4
+ 4a
2
b − 8ac + 16d.
Tính chất 1.2.9
T9 =
x1 + x2+ x3
+
x2 + x3 + x4
+
x3 + x4 + x1
+
x1 + x2 + x4
=
ac
− 4.
x4 x1 x2 x3 d
Chứng minh. Ta có
T9 =
x1 + x2 + x3 +
x2 + x3 + x4 +
x3 + x4 + x1 +
x1 + x2 + x4
x4 x1 x2 x3
=
x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4 +
x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4 +
x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
x
1
x
2
x
3
+
x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
− 4
x
4
=(x1 + x2 + x3 + x4)
1
+
1
+
1
+
1
− 4
x1 x2 x3 x4
=T1T5 − 4 =
ac
− 4.
d
Tính chất 1.2.10
T10 = x
2
1x
2
2 + x
2
2x
2
3 + x
2
3x
2
4 + x
2
4x
2
1 + x
2
1x
2
3 + x
2
2x
2
4 = b
2
− 2ac + 2d.
T10 =x
2
1x
2
2 + x
2
2x
2
3 + x
2
3x
2
4 + x
2
4x
2
1 + x
2
1x
2
3 +
x
2
2x
2
4 =(x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4)
2
− 2(x1 + x2 + x3 + x4)(x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4) +
2x1x2x3x4 =T2
2
− 2T1T3 + 2T4 = b
2
− 2ac + 2d.
Tính chất 1.2.11
T11 = x
2
1x
2
2x
2
3 + x
2
2x
2
3x
2
4 + x
2
3x
2
4x
2
1 + x
2
4x
2
1x
2
2 = c
2
− 2bd.

9
T11 =x2
1x2
2 x2
3 + x2
2x2
3x2
4 + x2
3x2
4x2
1 + x2
4x2
1x2
2
=(x1 x2x3 + x2x3x4 + x3x4x1 + x1x2x4)2
− 2x1x2x3x4(x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4
+ x3x4) =T3
2
− 2T4T2 = c
2
− 2bd.
Tính chất 1.2.12
T12 = x
4
1 + x
4
2 + x
4
3 + x
4
4 = a
4
− 4a
2
b + 2b
2
+ 4ac − 4d.
T12 =x1
4
+ x2
4
+ x3
4
+ x4
4
2
= x1
2
+ x2
2
+ x3
2
+ x4
2
− 2 x1
2
x2
2
+ x2
2
x3
2
+ x3
2
x4
2
+ x4
2
x1
2
+ x1
2
x3
2
+ x2
2
x4
2
=T6
2
− 2T10
=(a
2
− 2b)
2
− 2(b
2
− 2ac + 2d)
=a
4
− 4a
2
b + 2b
2
+ 4ac − 4d.
Tính chất 1.2.13
T
13 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 =b.
x
1
x
2 x1x3x1x4x2x3x2x4x3x4x1x4d
T
13 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1
x
1
x
2
x
1
x
4
x
2
x
3
x
1
x
4
x
1
x
3
x
2
x
4
x
3
x
4
=x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4
x
1
x
2
x
3
x
4
=T2 =b.
T4 d
Tính chất 1.2.14
T14 = 1 + 1 + 1 + 1 = −a .
x1x2x3 x2x3x4 x3x4x1 x1x2x4 d
T
14
= 1
+
1
+
1
+
1
x
1
x
2
x
3
x
1
x
2
x
4
x
2
x
3
x
4
x
3
x
4
x
1
=
x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4 =
T
1 =
−a
.
x1x2x3x4 T4 d

10
Tính chất 1.2.15
T
15 =
x1x2 +
x
2
x
3
+
x
3
x
4
+
x
4
x
1
+
x
1
x
3
+
x
2
x
4
=b
2
− 2ac + 2d .
x3x4 x4x1 x1x2 x2x3 x2x4 x1x3 d
T
15 =
x
1
x
2
+x2x3 +x3x4 +x4x1 +x1x3 +x2x4
x1x3
x3x4 x4x1 x1x2 x2x3 x2x4
= x
2
1x
2
2 + x
2
2x
2
3 + x
2
3x
2
4 + x
2
4x
2
1 + x
2
1x
2
3 + x
2
2x
2
4
x1x2x3x4
=
T
10 =
b2 − 2ac + 2d
.
T4d
Tính chất 1.2.16
T16 = x1 +
x2 +
x3 +
x4 = a
2
− 2b .
x2x3x4 x3x4x1 x1x2x4x1x2x3 d
T
16 = x1 + x2 + x3 + x4
x1x2x3
x2x3x4x3x4x1 x1x2x4
=x1
2
+ x2
2
+ x3
2
+ x4
2
=T6 =a
2
− 2b .
x1x2x3x4 T4 d
Tính chất 1.2.17
T
17 =
x1x2x3 +
x
2
x
3
x
4
+
x
3
x
4
x
1
+
x
4
x
1
x
2
=c
2
− 2bd .
x4 x1 x2 x3 d
T
17 =
x1x2x3
+
x2x3x4
+
x3x4x1
+
x4x1x2
x4 x1 x2 x3
= x
2
1x
2
2x
2
3 + x
2
2x
2
3x
2
4 + x
2
3x
2
4x
2
1 + x
2
4x
2
1x
2
2
x1x2x3x4
=
T
11 =
c2 − 2bd
.
T4d
Tính chất 1.2.18
T
18 = 1 + 1 + 1 + 1 =c
2
− 2bd .
x2
x2
x2
x2
d2

1 2 3 4

11
T
18 =
1
+
1
+
1
+
1
2 2 2 2
x x x x
1 2 3 4
=x1
2
x2
2
x3
2
+ x2
2
x3
2
x4
2
+ x3
2
x4
2
x1
2
+ x4
2
x1
2
x2
2
=
T
11 =c
2
− 2bd .
T 2
x2x2 x2x2 d2
1 2 3 4 4
Tính chất 1.2.19
T21 =(x1 − x2)2
+ (x1 − x3)2
+ (x1 − x4)2
+ (x2 − x3)2
+ (x2 − x4)2
+ (x3 − x4)2
=3a
2
− 8b.
T21 =(x1 − x2)2
+ (x1 − x3)2
+ (x1 − x4)2
+ (x2 − x3)2
+ (x2 − x4)2
+ (x3 − x4)2
=3(x2
1 + x2
2 + x2
3 + x2
4) − 2(x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4)
=3T6 − 2T2
=3(a
2
− 2b) − 2b = 3a
2
− 8b.
Tính chất 1.2.20
T20 = x
4
1x
4
2x
4
3 + x
4
2x
4
3x
4
4 + x
4
3x
4
4x
4
1 + x
4
4x
4
1x
4
2 = c
4
− 4bdc
2
+ 2b
2
d
2
− 4d
3
.
T20 =x
4
1x
4
2x
4
3 + x
4
2x
4
3x
4
4 + x
4
3x
4
4x
4
1 + x
4
4x
4
1x
4
2
=(x
2
1x
2
2x
2
3 + x
2
2x
2
3x
2
4 + x
2
3x
2
4 x
2
1 + x
2
4x
2
1x
2
2)
2
− 2x
2
1x
2
2 x
2
3x
2
4(x
2
1x
2
2 + x
2
1x
2
3 + x
2
1x
2
4 +
x
2
2x
2
3 + x
2
2x
2
4 + x
2
3x
2
4) =T11
2
− 2T4
2
T10
=c
4
− 4bdc
2
+ 2b
2
d
2
− 4d
3
.
Tính chất 1.2.21
T21 =(x1 + x2)
2
+ (x1 + x3)
2
+ (x1 + x4)
2
+ (x2 + x3)
2
+ (x2 + x4)
2
+
(x3 + x4)
2
=3a
2
− 4b.
T21 =(x1 + x2)2
+ (x1 + x3)2
+ (x1 + x4)2
+ (x2 + x3)2
+ (x2 + x4)2
+ (x3 + x4)2
=3(x
2
1 + x
2
2 + x
2
3 + x
2
4) + 2(x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4)
=3T6 + 2T2
=3(a
2
− 2b) + 2b = 3a
2
− 4b.

12
1.3 Một số nhận xét về nghiệm của phương trình bậc bốn
Cho phương trình bậc bốn x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0 có bốn
nghiệm là x1, x2 , x3, x4. Khi đó chúng ta có một số nhận xét sau.
Nhận xét 1.3.1 Nếu x1, x2, x3, x4 là bốn nghiệm của phương trình (1.1) thì
1 , 1 , 1 , 1 là bốn nghiệm của phương trình
x
1
x
2
x
3
x
4
t
4
+ ct 3bt
2
+at + 1 = 0. (1.5)
d
d d d
Chứng minh. Thay x =
1
vào phương trình (1.1) ta có điều phải chứng
minh. t
Nhận xét 1.3.2 Nếu x1, x2, x3, x4 là bốn nghiệm của phương trình
(1.1) thì x
2
1, x
2
2, x
2
3 , x
2
4 là bốn nghiệm của phương trình
t
4
− (a
2
− 2b)t
3
+ (b
2
− 2ac + 2d)t
2
− (c
2
− 2bd)t + d
2
= 0.
(1.6)
Chứng minh. Từ các Tính chất (1.2.4), (1.2.6), (1.2.10) và (1.2.11)
ta được điều phải chứng minh.
Nhận xét 1.3.3 Nếu x1, x2, x3, x4 là bốn nghiệm của phương trình (1.1)
thì x1x2x3, x1x2x4, x1x3x4, x2x3x4 là bốn nghiệm của phương trình
t
4
+ ct
3
+ bdt
2
+ ad
2
t + d
3
= 0. (1.7)
Chứng minh. Đặt t1 = x1x2x3,t4 = x1x2x4,t3 = x1x3x4,t2 = x2x3x4.
1) t1 + t2 + t3 + t4 = x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4 = −c.
2) t1t2 + t1t3 + t1t4 + t2t3 + t2t4 + t3t4
= (x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4) = T4T2 = bd.
3) t1t2t3 +t1t2t4 +t1t3t4 +t2t3t4 = x
2
1x
2
2x
2
3x
2
4(x1 +x2 +x3 +x4) = T4
2
T1 = −ad
2
.
4) t1t2t3t4 = x
3
1x
3
2x
3
3x
3
4 = d
3
.

Theo định lí Viète về nghiệm của phương trình bậc bốn, ta có điều
phải chứng minh.

Chương 2
Tứ giác hai tâm
2.1 Tứ giác lồi
Định lí 2.1.1 Cho tứ giác lồi bất kì ABCD có độ dài các cạnh AB = a, BC
= b,CD = c, DA = d và độ dài hai đường chéo AC = e, BD = f . Khi đó
S =
1
(2.1)
2 e fSIN θ ,
trong đó θ là góc nhọn giữa AC và BD.
Chứng minh.
c C
D
d θ E
b
f
e
A
a
B
Gọi E là giao điểm của AC và BD. Ta có
S=S
AE B
+ S
BEC
+ S
CE D
+ S
DE A
=
1
2 AE .E B.SIN θ +
1
2 BE .EC.SIN(180
0
− θ ) +
1
2CE .E D.SIN θ

14
+
1
2 DE .E A.SIN(180
0
− θ )
=
1
2 [AE(EB + ED) +CE(EB + ED)]SIN θ
=
1
2 (AE + EC).BD. SIN θ =
1
2 AC.BD. SIN θ =
1
2 e f SIN θ .
Định lí 2.1.2 (Định lí Bretschneider) Cho tứ giác lồi bất kì ABCD có
độ dài các cạnh AB = a, BC = b,CD = c, DA = d. Khi ấy diện tích
ABCD được tính theo công thức
S =(p − a)(p − b)(p − c)(p − d) − abcd. COS
2
A +C
(2.2)
,
2
trong đó A và C là hai góc đối diện.
Chứng minh.
c C
D
d
b
A
a
B
Ta có
1 1
S = S
△ADB
+ S
△BDC
=
ad SIN A + bc SIN C.
2 2
Vì thế
2S = ad SIN A + bc SIN C,
4S
2
= (ad)
2
SIN
2
A + (bc)
2
SIN
2
C + 2abcd SIN A SIN C.
(1) Áp dụng Định lí hàm số cosin cho tam giác ABD, BDC ta có

a
2
+ d
2
− 2ad COS A = DB
2
= b
2
+ c
2
− 2bc COS C,

15
hay
a
2
+ d
2
− b
2
− c
2 2
= (ad COS A
−
bc COS C)
2
.
2
Điều này có thể được viết lại như sau
(a
2
+ d
2
− b
2
− c
2
)
2
= (ad)
2
COS
2
A +(bc)
2
COS
2
C
−
2abcd COS A COS C.(2)
4
Cộng tương ứng các vế của (1) và (2) ta được
4S
2
+(a
2
+ d
2
− b
2
− c
2
)
2
=(ad)
2
+ (bc)
2
−
2abcd COS(A +C)
4
=(ad + bc)
2
− 2abcd − 2abcd COS(A +C)
=(ad + bc)
2
− 2abcd(COS(A +C) + 1)
=(ad + bc)
2
− 4abcd
COS(A +C) + 1
2
=(ad + bc)
2
− 4abcd COS
2
A +C
.
2
Từ đó ta có
16S
2
=4(ad + bc)
2
− (a
2
+ d
2
− b
2
− c
2
)
2
− 16abcd COS
2
A +C
2
= 2(ac + bc) − (a
2
+ d
2
− b
2
− c
2
) 2(ac + bc) + (a
2
+ d
2
− b
2
− c
2
)
− 16abcd COS
2
A +C
2
= (b + c)
2
− (a − d)
2
(a + d)
2
− (b − c)
2
− 16abcd COS
2
A +C
2
=(a + b + c − d)(a + b − c + d)(a − b + c + d)(−a + b + c + d)
− 16abcd COS
2
A +C
2
=16(p − a)(p − b)(p − c)(p − d) − 16abcd COS
2
A +C
.
2
Suy ra
S
2
= (p − a)(p − b)(p − c)(p − d) − abcd COS
2
A +C
2

16
hay
S =(p − a)(p − b)(p − c)(p − d) − abcd. COS
2
A +C
.
2
Vậy công thức Bretschneider được chứng minh.
Định lí 2.1.2’ (Định lí Bretschneider dưới ngôn ngữ độ dài cạnh và
đường chéo) Cho tứ giác lồi bất kì ABCD có độ dài các cạnh AB =
a, BC = b,CD = c, DA = d và độ dài hai đường chéo AC = e, BD = f .
Khi đó diện tích tứ giác ABCD được tính theo công thức
S =
1
4e
2
f
2
− (a
2
− b
2
+ c
2
− d
2
)
2
. (2.3)
4
Chứng minh.
c C
D
d θ E
b
f
e
A
a
B
Gọi E là giao điểm của AC và BD. Kí hiệu θ là góc nhọn của AC
và BD. Từ Định lí 2.1.1 ta có
S =
1
2 e f sinθ .
Do đó
16S
2
= 4e
2
f
2
SIN
2
θ = 4e
2
f
2
(1 − COS
2
θ ) = 4e
2
f
2
− (2e f COS θ )
2
.
Kí hiệu AE = e1, EC = e2, BE = f1, E D = f2. Khi ấy theo định lí hàm
số cosin ta có
a
2
= AE
2
+ E B
2
− 2AE .E B. COS θ = e
2
1 + f1
2
− 2e1 f1 COS θ ,

17
b
2
= BE
2
+ EC
2
− 2BE .EC. COS θ
′
= f1
2
+ e
2
2
c
2
= CE
2
+ E D
2
− 2CE .E D. COS θ = e
2
2 + f2
2
d
2
= DE
2
+ E A
2
− 2DE .E A. COS θ
′
= f2
2
+ e
2
1
− 2e2 f1 COS θ
′
,
− 2e2 f2 COS θ ,
− 2e1 f2 COS θ ′
.
Suy ra
2e f COS θ = 2(e1 + e2)( f1 + f2) COS θ
= 2e1 f1 COS θ − 2e1 f2 COS θ
′
− 2e2 f1 COS θ
′
+ 2e2 f2 COS θ
= −a
2
+ e
2
1 + f1
2
+ d
2
− e
2
1 − f2
2
+ b
2
− f1
2
− e
2
2 − c
2
+ e
2
2 + f2
2
= −a
2
+ b
2
− c
2
+ d
2
. (2.3
′
)
Từ đó ta có
1
S = 4e
2
f
2
− (a
2
− b
2
+ c
2
− d
2
)
2
.
4
Định lí 2.1.3 Tứ giác lồi bất kì ABCD có độ dài các cạnh AB = a, BC
= b,CD = c, DA = d, độ dài hai đường chéo AC = e, BD = f và độ dài
hai đường trung tuyến là m, n có diện tích là
S =
1
e
2
f
2
− (m
2
− n
2
)
2
. (2.4)
2
Chứng minh.
D
f
P
Q
m C
n
e
N
B
A M
Gọi M, N , P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC,CD, DA.
Đặt MP = m, N Q = n, áp dụng định lí đường trung tuyến cho các tam giác

18
ACD, BCD, PAB, ta có
PA2 = 2(d
2
+ e
2
) − c
2
;
4
PB2 = 2(b
2
+ f
2
) − c
2
;
4
m
2
= PM
2
= 2(PA
2
+ PB
2
) − AB
2
4
2 2(d
2
+ e
2
) − c
2
+ 2(b
2
+ f
2
) − c
2
−
a
2
=
4 4
4
= −a
2
+ b
2
− c
2
+ d
2
+ e
2
+ f
2
. (2.5)
4
Tương tự, áp dụng định lí đường trung tuyến cho các tam giác ABC,
DBC, NAD, ta có
NA
2
=2(a
2
+ e
2
) − b
2
;
4
ND
2
=2(c
2
+ f
2
) − b
2
;
4
n
2
= N Q
2
= 2(NA
2
+ ND
2
) − AD
2
4
2 2(a
2
+ e
2
) − b
2
+2(c
2
+ f
2
) − b
2
−
d
2
=
4 4
4
=a
2
− b
2
+ c
2
− d
2
+ e
2
+ f
2
. (2.6)
4
Từ (2.5) và (2.6), ta có
4(m
2
− n
2
) = −2(a
2
− b
2
+ c
2
− d
2
)
hay
Từ (2.4), ta có
(a
2
− b
2
+ c
2
− d
2
)
2
= 4(m
2
− n
2
)
2
. (2.7)
1
S = 4e
2
f
2
− (a
2
− b
2
+ c
2
− d
2
)
2
.
4
Kết hợp (2.4) và (2.7), ta có
1
S = e
2
f
2
− (m
2
− n
2
)
2
.
2

19
2.2 Tứ giác nội tiếp
2.2.1 Các định nghĩa và tính chất
Định nghĩa 2.2.1. Tứ giác lồi ABCD có bốn đỉnh A, B,C, D nằm trên
đường tròn (O) được gọi là tứ giác nội tiếp.
Dưới đây là các điều kiện cần và đủ để tứ giác lồi ABCD là tứ giác nội tiếp là
Tính chất 2.2.1 Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) khi và chỉ
khi OA=OB=OC=OD.
Tính chất 2.2.2 Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi hai đỉnh cùng
nhìn một cạnh dưới một góc bằng nhau.
Tính chất 2.2.3 Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi tổng hai góc
đối diện bằng 180
0
.
Tính chất 2.2.4 Giả sử tứ giác ABCD có hai đường thẳng chứa hai
cạnh AB và CD cắt nhau tại K . Khi đó điều kiện cần và đủ để tứ
giác ABCD nội tiếp là K A.K B = KC.K D.
Chứng minh.
D
C
K
O
A
B
Chiều thuận: Tứ giác ABCD nội tiếp nên ta có
[= [=
KBD KCA, BKD CKA.

20
Suy ra, tam giác K BD và tam giác KCA đồng dạng. Do đó, ta có
K B
= K D
hay K A.K B = KC.K D.
KC K A
Chiều đảo: Tứ giác ABCD có K A.K B = KC.K D, suy ra
K B
=
K D
.
KC K A
Mặt khác tam giác K BD và tam giác KCA có chung đỉnh K nên hai tam
giác này đồng dạng. Do đó, ta có [
= nên tứ giác nội tiếp.
KBD KCA ABCD
Tính chất 2.2.5 Tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại I. Khi
đó điều kiện cần và đủ để tứ giác ABCD nội tiếp là IA.IC = IB.ID.
Tính chất 2.2.6 (Đường thẳng Simson) Tứ giác ABCD nội tiếp khi
và chỉ khi chân ba đường cao hạ từ một đỉnh của tứ giác xuống ba
đường thẳng chứa ba cạnh tạo bởi ba đỉnh còn lại là thẳng hàng.
Chứng minh. Gọi M, N , P tương ứng là chân các đường cao hạ từ
đỉnh D xuống các cạnh AB, AC, BC
C
P
D
N
M
A
B
Thuận: Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp, ta sẽ chứng minh M, N , P thẳng
hàng. Áp dụng tính chất góc ngoài tại đỉnh A của tam giác ABD, ta có
[
MAD = ABD + ADB.
⌢
1
⌢
Mặt khác sđ BCD= sđ BD (góc nội tiếp) nên
2
[ 0 − DAB. (1)

MAD = BCD = 180

21
Tứ giác AN DM nội tiếp đường tròn đường kính AD, ta có
[ [ 0 [ 0 [
(2)
ANM = ADM = 90 −MND = 90 − MAD.
Tứ giác N PCD nội tiếp đường tròn đường kính CD, ta có
PNC = PDC = 90
0
− BCD. (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra
[
= .
ANM PNC
Do đó [
và là hai góc đối đỉnh hay thẳng hàng.
ANM PNC M,N,P
Đảo: Giả sử M, N , P thẳng hàng, ta sẽ chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp.
Thật vậy, ta có
[ [ 0
DNM + DNP = 180 ,
[
180
0
mà tứ giác DN PC nội tiếp nên DN P + DCP = .Do đó
[
(4)
DNM = DCP.
Mặt khác, tứ giác AN DM nội tiếp nên ta có
[ [
DNM = DAM.
[
Từ (4) và (5), suy ra DCP = DAM.
Ta có
[ 0
nên DCP + DAB = 180
0
DAM + DAB = 180
tiếp.
(5)
hay tứ giác ABCD nội
Tính chất 2.2.7 (Định lí Ptolemy) Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ
khi AC.BD = AB.CD + AD.BC.
Chứng minh.
B
A
C
D

22
Giả sử ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Lấy điểm K trên AC sao cho ABK = CBD. Mặt khác, ta có
⌢ ⌢
1
⌢
sđ BAC= sđ BDC= sđ BC .
2
Do vậy tam giác ABK đồng dạng với tam giác DBC, tương tự ta có tam giác
ABD đồng dạng với tam giác K BC vì:
⌢ ⌢
1
⌢
sđ ADB= sđ ACB= sđ AB,
2
[ [
= KBC.
ABD = ABK + KBD = CBD + KBD
Suy ra
AK = CD và CK = DA .
AB BD BC BD
Từ đó ta có
AK .BD = AB.CD và CK .BD = BC.DA.
Cộng các vế của hai đẳng thức trên ta được:
AK.BD +CK.BD = AB.CD + BC.DA,
hay
(AK +CK).BD = AB.CD + BC.DA.
Mà AK +CK = AC, nên AC.BD = AB.CD + BC.DA (điều phải chứng minh).
2.2.2 Diện tích tứ giác nội tiếp
Định lí 2.2.2. (Định lí Brahmagupta) Cho tứ giác ABCD nội tiếp, có độ dài
các cạnh AB = a, BC = b, CD = c, DA = d. Khi đó diện tích của tứ giác là
(2.7)
S =(p − a)(p − b)(p − c)(p − d).
Định lí Brahmagupta là hệ quả của Định lí Bretschneider đã được
chứng minh ở trên (xem công thức (2.2)).

23
2.2.3 Độ dài đường chéo của tứ giác nội tiếp
Định lí 2.2.3 Cho tứ giác ABCD nội tiếp, có độ dài các cạnh AB = a, BC =
b,CD = c, DA = d. Khi đó hai đường chéo của tứ giác là e, f thỏa mãn
e
2
=(ac + bd)(ad + bc) ; f
2
=(ac + bd)(ab + cd) .
ab + cd ad + bc
Chứng minh
c C
D
e
d b
f
A
a
B
Áp dụng định lí hàm số cosin ta có
e
2
= a
2
+ b
2
− 2ab COS B,
hay
cde
2
= cd(a
2
+ b
2
) − 2abcd COS B.
Mặt khác,
e
2
= c
2
+ d
2
− 2cd COS D = c
2
+ d
2
− 2cd COS B,
hay
abe
2
= ab(c
2
+ d
2
) − 2abcd COS B.
Từ đó ta có
(ab + cd)e
2
= cd(a
2
+ b
2
) + ab(c
2
+ d
2
)
= ac(ad + bc) + bd(ad + bc) = (ad + bc)(ac + bd).
Suy ra
e2 = (ac + bd)(ad + bc)
.
ab + cd

24
Chứng minh tương tự, ta cũng có
f 2 = (ac + bd)(ab + cd)
.
Hệ quả 2.2.3 Cho tứ giác ABCD nội tiếp, có độ dài các cạnh AB = a, BC
= b,CD = c, DA = d. Khi đó hai đường chéo của tứ giác là e, f thỏa mãn
e = ad+ bc .
fab + cd
2.3 Tứ giác ngoại tiếp
2.3.1 Định nghĩa và tính chất
Định nghĩa 2.3.1 Tứ giác ABCD được gọi là tứ giác ngoại tiếp đường
tròn (I) nếu đường tròn (I) tiếp xúc với tất cả bốn cạnh của tứ giác.
Tính chất 2.3.1 Tứ giác ABCD ngoại tiếp khi và chỉ khi tổng các
cạnh đối bằng nhau, tức là AB +CD = BC + DA.
Tính chất 2.3.2 Tứ giác ABCD có các tia AD và BC cắt nhau ở E ; các
tia AB, DC cắt nhau ở F . Khi đó các điều kiện sau là tương đương.
i) Tứ giác ABCD ngoại tiếp.
ii) BE +BF = DE +DF.
iii) FA +CE = EA +CF.
2.3.2 Diện tích tứ giác ngoại tiếp
Tứ giác ngoại tiếp ABCD có độ dài các cạnh AB = a, BC = b, CD =
c, DA = d thì diên tích tứ giác là
S =
√
SIN B + D (2.8)
abcd
2
Chứng minh. Tứ giác ABCD ngoại tiếp nên ta có
1
(a + b + c + d) = p. (1)
a + c = b + d = 2
ad + bc

25
Mặt khác, ta có
S = S
ABC
+ S
ACD
=
1
ab SIN B +
1
cd SIN D
2 2
nên
4S = 2ab SIN B + 2cd SIN D. (2)
Lại có
a
2
+ b
2
− 2ab COS B = e
2
= c
2
+ d
2
− 2cd COS D
hay
a
2
+ b
2
− c
2
− d
2
= 2ab COS B − 2cd COS D. (3)
Từ (2) và (3) đem bình phương hai vế cộng lại, ta được
16S
2
+ (a
2
+ b
2
− c
2
− d
2
)
2
= 4a
2
b
2
+ 4c
2
d
2
− 8abcd COS(B + D),
hay
16S
2
=4a
2
b
2
+ 4c
2
d
2
− (a
2
+ b
2
− c
2
− d
2
)
2
− 8abcd COS(B + D)
=(2ab + 2cd)
2
− (a
2
+ b
2
− c
2
− d
2
)
2
− 8abcd(1 + COS(B + D))
=16(p − a)(p − b)(p − c)(p − d) − 8abcd(1 + COS(B + D)).
Do đó
2 2 B+D
(4)
S = (p − a)(p − b)(p − c)(p − d) − abcd COS .
2
Từ (1) và (4), ta có
S
2
= abcd − abcd COS
2 B+D
= abcd SIN
2 B+D
.
2 2
Suy ra
S =
√ B + D
SIN .
abcd
2
2.4 Tứ giác hai tâm
2.4.1 Định nghĩa
Tứ giác ABCD vừa nội tiếp được đường tròn (O) và vừa ngoại tiếp
được đường tròn tâm (I) thì tứ giác ABCD được gọi là tứ giác hai tâm.

26
2.4.2 Diện tích của tứ giác hai tâm
Định lí 2.4.1 Tứ giác ABCD có độ dài các cạnh AB = a, BC = b, CD
= c, DA = d thì diện tích tứ giác là
abcd = S
2
= p
2
r
2
. (2.9)
Chứng minh 1. Vì ABCD là tứ giác ngoại tiếp nên ta có (2.8). Mặt khác,
B + D
ABCD cũng là tứ giác nội tiếp nên ta có = 900.
Vậy theo (2.8) ta có abcd = S
2
= p
2
r
2
.
Chứng minh 2 (trực tiếp, xem [7], trang 155-156).
B
C
θ
D
A
Đường chéo AC chia tứ giác ABCD thành hai tam giác ABC
và ADC. Sử dụng định lí hàm số cosin, ta có
a
2
+ b
2
− 2ab COS B = c
2
+ d
2
− 2cd COS D. (2.10)
Tứ ABCD ngoại tiếp nên ta có a + c = b + d hay a − b = d − c. Do đó
(a − b)
2
= (d − c)
2
,
tương đương với
a
2
− 2ab + b
2
= c
2
− 2cd + d
2
. (2.11)
Lấy (2.10) trừ (2.11), sau đó đem chia cho 2, ta được
ab(1 − COS B) = cd(1 − COS D). (2.12)
Tứ giác ABCD nội tiếp nên ta có COS B = − COS D. Khi đó (2.12) được
viết lại thành

27
(ab + cd) COS B = ab − cd. (2.13)
Diện tích S của tứ giác ABCD thỏa mãn
2S = ab SIN B + cd SIN D,
mà SIN B = SIN D nên ta có
2S = (ab + cd) SIN B (2.14)
Từ (2.13), (2.14) và SIN
2
B + COS
2
B = 1, ta có
(2S)
2
= (ab + cd)
2
(1 − COS
2
B) = (ab + cd)
2
− (ab − cd)
2
= 4abcd.
Do đó
abcd = S
2
= p
2
r
2
.
Hệ quả 2.4.1 Tứ giác hai tâm có độ dài các cạnh là a, b, c, d thì có diện tích
S = ac TAN
θ = bd COT
θ . (2.15)
2 2
với θ là góc giữa hai đường chéo nhìn cạnh a và c.
Chứng minh. Theo Tính chất 2.2.7, Tính chất 2.3.1 và công thức
(2.3’) của Định lí 2.1.2’, ta có
COS θ = b2
+ d
2
− a
2
− c
2
,
2e f
e f = ac + bd, a + c = b + d.
nên
1 b
2
+ d
2
− (a
2
+ c
2
)
θ 1− COSθ −
TAN
2
= = 2e f
2 2 2 2
21+ COSθ 1 +b + d − (a + c )
2e f
+ d
2
)
= b2 + d2 + 2e f − (a2 + c2) = b2 + d2 + 2ac + 2bd − (a2 + c2)
a2+c2+2ef−(b2+d2)a2+c2+2ac+2bd−(b2
=(a + c)
2
− (b − d)
2
=(b + d)
2
− (b − d)
2
=4bd =bd.
(b + d)
2
− (a − c)
2
(a + c)
2
− (a − c)
2
4acac

28
Từ đó, ta có TAN
2 θ =bd. Theo Định lí 2.4.1 ta có
2 ac
S
2
= (ac).(bd) = (ac) ac TAN
2
θ
= (ac)
2
TAN
2
θ
.
2 2
Vì vậy S = ac TAN
θ
2 . Chứng minh tương tự, ta cũng có S = bd COT
Hệ quả 2.4.2 Tứ giác hai tâm có độ dài các cạnh là a, b, c, d thì
TAN A = bc = COT C ,TAN B = cd = COTD
2 ad 2 2 ab 2
Chứng minh. Từ công thức (2.12) với COS D = − COS B, ta có
TANB = 1− COSB = cd = COT D .
2 1+ COSB ab 2
Chứng minh tương tự, ta cũng có
TANA = bc = COT C .
2 ad 2
θ
2
.
(2.16)
Định lí 2.4.2 Tứ giác hai tâm ABCD với I là tâm đường tròn nội tiếp
có diện tích được tính theo công thức
S = AI.CI + BI.DI. (2.17)
Chứng minh.
A
m
F
D
I
r
H
G

29
Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên có A +C = B + D = 180
0
.
Suy ra COT C = TAN A = r và SIN C = COS A . Tam giác vuông AF I có diện tích
2 2 m 2 2
S
AIF
= mr
=
r
2
2
2 TAN
A
2
nên diện tích tứ ABCD là
S = r
2 1
+
1
+
1
+
1
.
TAN A TAN B TAN C TAND
2 2 2 2
Áp dụng công thức SIN
A
=
r
và tương tự cho các góc còn lại, ta có
2 AI
S = r
2 1
+
1
+
1
+
1
TANA TAN C TAND TANB
2 2 2 2
= r
2
TAN
A
+ COT
A
+ TAN
B
+ COT
B
2 2 2 2
= r
2 1 + 1 (2.18)
SIN A COS A SIN B COS B
2 2 2 2
=
r2
+
r2
SIN A COS A SIN B COS B
2 2 2 2
= AI.CI + BI.DI.
Hệ quả 2.4.3 Tứ giác hai tâm ABCD với r là bán kính đường tròn nội
tiếp thì có diện tích
S = 2r
2 1 + 1 . (2.19)
SIN ASIN B
Chứng minh. Từ công thức (2.24) ta có
S = r
2 1 + 1 = 2r
2 1 + 1 .
A A B B
SIN COS SIN COS SIN ASIN B
2 2 2 2

30
Bổ đề 2.4 (Zhang Yun)
√
SIN A SIN B = r
2
+ r + 4R2
+ r2
.
2R
2
Chứng minh. Xem Zhang Yun, [11] hoặc [3].
Định lí 2.4.3 Cho tứ giác hai tâm ABCD có R, r lần lượt là bán kính
đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và θ là góc giữa hai đường chéo AC,
BD. Khi đó diện tích tứ giác là
√ 2 2
)SINθ. (2.20)
S = r(r + 4R + r
Chứng minh.
H
D f
θ
C
A
R
O
e
B
Theo định lí hàm số sin, ta có e = 2R SIN A, f = 2R SIN B. Từ đó
S=
1
2 e f SIN θ = 2R
2
SIN A SIN B SIN θ .
Mặt khác , theo Bổ đề 2.4 ta có
2 √ 2
+ r
2
SINASINB = r + r + 4R
. (2.21)
√
2R
2
2
+ r
2
SINθ.
Vì vậy S = r r + 4R
Định lí 2.4.4 Mọi tứ giác hai tâm ABCD đều có

4r
2
≤ S ≤ 2R
2
.

31
Chứng minh.
A
h2 e
B
K
f
h
1
H
D
C
Trước hết, ta chứng minh S ≤ 2R
2
. Kẻ AH ⊥ BD,CK ⊥ BD. Ta có S =
f(h
1
+ h
2
)
.
2
Mặt khác h1 + h2 ≤ e nên S ≤
e
2
f
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AC ⊥ BD.
Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên e ≤ 2R, f ≤ 2R. Do đó S ≤
e f
≤
2R.2R
= 2R
2
.
2 2
B
x α x
E F
t r y
r I C
A
r
t y
r
H
G
z
z
β
D
Tiếp theo ta chứng minh S ≤ 4r
2
.
Từ tâm I của đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD, kẻ IE ⊥ AB, IF ⊥
BC, IG ⊥ CD, IH ⊥ DA. Ta có IE = IF = IG = IH = r, và đặt độ dài các
tiếp tuyến như trên hình vẽ.
Tứ giác ABCD ngoại tiếp nên B = 2α , D = 2β hay B + D = 2α + 2β .
Mặt khác, tứ giác ABCD nội tiếp nên 2α + 2β = π . Vì vậy α + β =
π
2 , hay

32
TANα = COTβ.
Trong tam giác vuông BE I và IH D ta có
r
= TAN α = COT β =
z
, suy ra r
2
= xz.
x r
Tương tự chúng ta cũng có r2 = t y.
Diện tích tứ giác ABCD bằng
S = r(x + y + z + t ) = 2r
x + z
+
t + y
≥ 2r(
√
+
√
) = 4r
2
.
xz t y
2 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = t hay tứ giác ABCD là hình vuông.
Hệ quả 2.4.4 (Bất đẳng thức Fejes Toth)
√
R ≥ r 2.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD là hình vuông.
2.4.3 Tính chất
Tứ giác hai tâm có đầy đủ các tính chất của tứ giác nội tiếp và tứ
giác ngoại tiếp nêu trên. Ngoài ra ta còn có các tính chất sau.
Định lí 2.4.4
1. (bc + ad)(ab + cd)(ac + bd) = 16S
2
R
2
= 16r
2
R
2
p
2
;
2. ab + bc + cd + da = p
2
;
√
3. ab + bc + cd+ da + ac + bd = p + 2r + 2r 4R + r ;
√
2 2 22
2 2
).
4. ac + bd = e f = 2r(r + 4R + r
Chứng minh.
(2.22)
(2.23)
(2.24)
(2.25)
1. Chứng minh (2.22). Ta có
ad SIN A + bc SIN C = 2S; ab SIN B + dc SIN D = 2S.
Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên ta có SIN A = SIN C, SIN B = SIN D. Do đó
(ad + bc).
f
= 2S hay (ad + bc). f = 4RS;
2R
(ab + cd).
e
= 2S hay (ab + cd).e = 4RS.
2R

33
Suy ra
(ad + bc)(ab + cd)e f = 16R
2
S
2
= 16R
2
r
2
p
2
.
Vì ABCD là tứ giác nội tiếp, theo Tính chất 2.2.7 ta có ac + bd =
e f nên (bc + ad)(ab + cd)(ac + bd) = 16r
2
R
2
p
2
.
2.Chứng minh (2.23). Vì ABCD là tứ giác ngoại tiếp nên ta có a + c
= b + d. Do đó
a + b + c + d
2
ab + bc + cd + da = (a + c)(b + d) = (a + c)
2
= = p
2
.
2
3. Chứng minh (2.24). Đặt
σ1 : = Σa = a + b + c + d;
σ2 : = Σab = ab + ac + ad + bc + bd + cd;
σ3 : = Σabc = abc + abd + acd + bcd;
Σa
2
: = a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
.
Theo (2.22), ta có
(bc + ad)(ab + cd)(ac + bd) = 16r
2
R
2
p
2
.
abcdΣa
2
+ σ3
2
− 2abcdσ2 = 16R
2
r
2
p
2
.
Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên abcd = p
2
r
2
(Định lí 2.4.1), ta có
σ3
2
− 2abcdσ2 + abcd (a + b + c + d)
2
− 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd)
= 16R
2
r
2
p
2
hay
σ3
2
− 4abcdσ2 + abcd(a + b + c + d)
2
= 16R
2
r
2
p
2
,
tức là
σ3
2
− 4 p
2
r
2
σ2 + 4 p
4
r
2
= 16R
2
r
2
p
2
. (2.26)

34
Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên ta có
(p − a)(p − b)(p − c)(p − d) = S
2
= p
2
r
2
,
hay
p
2
− (a + b)p + ab p
2
− (c + d)p + cd = p
2
r
2
,
tức là
p
4
− (a + b + c + d)p
3
+ (ab + ac + ad + bc + bd + cd)p
2
−(abc + abd + acd + bcd)p
+abcd = p
2
r
2
.
p
4
− 2 p
4
+ σ2 p
2
− σ3 p + p
2
r
2
= p
2
r
2
.
Suy ra
−p
3
+ pσ2 − σ3 = 0,
hay
σ3 = p(σ2 − p
2
). (2.27)
Từ (2.26) và (2.27) ta có
p
2
(σ2 − p
2
)
2
− 4 p
2
r
2
σ2 + 4 p
4
r
2
= 16R
2
r
2
p
2
.
σ2
2
− 2(p
2
+ 2r
2
)σ2 + p
4
+ 4 p
2
r
2
− 16R
2
r
2
= 0.
Đây là phương trình bậc hai với ẩn là σ2, từ đó ta có
σ2 = p
2
+ 2r
2
+ 2r 4R2
+ r2
,
hay
σ2 = ab + bc + cd + da + ac + bd = p
2
+ 2r
2
+ 2r 4R2 + r2.
4. Chứng minnh (2.25). Từ (2.23), (2.24) và định lí Ptolemy suy ra (2.25).

Chương 3
Phương trình bậc bốn với các hệ
thức cho tứ giác hai tâm
Trong suốt chương này, ta giả thiết ABCD là tứ giác hai tâm với độ dài các
cạnh AB = a, BC = b,CD = c, DA = d, AC = e, BD = f ; p =
a + b + c + d
là 2
nửa chu vi, S là diện tích và E là giao điểm của AC và BD.
3.1 Phương trình bậc bốn cho tứ giác hai tâm
3.1.1 Phương trình bậc bốn với nghiệm là các cạnh của tứ giác hai tâm
Định lí 3.1.1 (Xem [9]) Độ dài bốn cạnh của tứ giác hai tâm ABCD
là các nghiệm của phương trình
p
2
+ 2r
2
+ 2r 4R
2
+ r
2
x
2
−2r p 4R
2
+ r
2
+ r x +r
2
p
2
= 0.
(3.1)
Chứng minh. Giả sử độ dài bốn cạnh a, b, c, d của tứ giác hai tâm
ABCD là các nghiệm của phương trình
x
4
+ m1x
3
+ m2x
2
+ m3x + m4 = 0 (3.2)
Khi đó, theo định lí Viète ta có
= −m1
a + b + c + d
−
ab + ac + ad + bc + bd + cd = m2
= m3
abc + abd + acd + bcd
= m4.

abcd

36
Suy ra: m1 = −(a + b + c + d) = −2 p là hệ số của x
3
.
Ta có
m2 = ab + ac + ad + bc + bd + cd = (a + c)(b + d) + ac + bd.
Theo tính chất của tứ giác ngoại tiếp và công thức (2.11), ta có
p= a + c = b + d
ac + bd = e f = 2r r +4R
2
+ r
2
nên m2 = p + 2r là hệ số của x .
+ 2r 4R + r
2 2 √ 2 2 2
Hệ số của x là
m3 = abc + abd + acd + bcd = ac(b + d) + bd(a + c)
= (a + c)(ac + bd)
= pe f = 2r p 4R
2
+ r
2
+ r .
Theo Hệ quả 4.2.1, ta có m4 = abcd = p
2
r
2
.
Vậy theo định lí Viète chúng ta có a, b, c, d là các nghiệm của
phương trình bậc bốn (3.1).
Mệnh đề 3.1.11 , 1 ,1 ,1 là các nghiệm của phương trình
a b c d
+ r √ 2 2
√
4R + r
2 2 2 2
+ 2r 4R + r 2 1
x
4
− 2 x
3
+
p + 2r
x
2
− x + = 0.
r p r
2
p
2
r
2
p
2
r
2
p
2
(3.3)
Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.3.1 cho phương trình (3.1), ta
được điều phải chứng minh.
Mệnh đề 3.1.2 a2, b2, c2, d2 là các nghiệm của phương trình
x
4
− 2 p
2
− 4 r
2
+ r 4R
2
+ r
2
x
3
2
+ p
2
+ 2r
2
+ 2r 4R
2
+ r
2
4R
2
+ r
2
+ r + 2r
2
p
2
x
2
− 8r p
2
2 2 2 2 √ 2 4 4
p + 2r 2 2
− p p = 0. (3.4)

−2r 8R + 2r 4R + r x + r

37
Mệnh đề 3.1.3 abc, abd, acd, bcd là các nghiệm của phương trình
t
4
− 2r p4R
2
+ r
2
+ r t
3
+ r
2
p
2
p
2
+ 2r
2
+ 2r4R
2
+ r
2
t
2
−2r
4
p
5
t + r
6
p
6
= 0. (3.5)
3.1.2 Phương trình bậc bốn với nghiệm là bán kính đường
tròn ngoại tiếp tam giác trong tứ giác hai tâm
Giả sử R1, R2, R3, R4 lần lượt là các bán kính đường tròn ngoại
tiếp các tam giác AE B, BEC,CE D, DE A.
Định lí 3.1.2. (xem [9]) Cho tứ giác hai tâm ABCD có E là giao điểm
giữa AC và BD; R1, R2, R3, R4 là bán kính đường tròn ngoại tiếp
các tam giác AE B, BEC,CE D, DE A. Khi đó
R1+R2+R3+R4 =
e f
(3.6)
2r
và
a =
2 pR1
; b =
2 pR2
;
R1 +R2+R3+R4 R1+R2+R3+R4
(3.7)
c =
2 pR3
; d =
2 pR4
.
R1 +R2+R3+R4 R1+R2+R3+R4
Chứng minh. Gọi θ là góc nhọn giữa hai đường chéo AC và
BD. Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác AE B, ta có
a
=2R1⇒R1=
a
.
SIN θ 2SINθ

38
Tương tự, ta có
R2 =
b
=
b
R3 =
c
, ,
2 SIN(180
0
− θ1) 2SINθ 2SINθ
R4 =
d
=
d
.
2 SIN(180
0
− θ1) 2SINθ
B
C
θ
D
A
Từ đó ta có
R1+R2+R3+R4 = a + b + c + d = p .
SIN θ
2SINθ
Theo Định lí 2.11, ta có
1
S = e f SIN θ .
2
Từ (3.8) và (3.9) ta có
R1+R2+R3+R4 = pe f =pe f =e f .
2S 2 pr 2r
Bây giờ ta chứng minh (3.7).
Vì
b c d
R1 =
a
= R3 = R4 =
, R2 , ,
2SINθ 2SINθ 2SINθ 2SINθ
nên
R2 R3 R4 1
R1 = = = = .
b 2SINθ
a c d
Do đó
b = R2 a, c =
R
3 a, d =
R
4 a.
R
1
R
1
R
1
(3.8)
(3.9)
(3.10)

39
Vậy
2 p = a + b + c + d = a +
R2a +
R3 a +
R4a = a (R1 + R2 + R3 + R4).
R
1
R
1
R
1
R
1
hay
a =
2 pR1 (3.11)
.
R1+R2 +R3+R4
Từ (3.10) và (3.11) chúng ta có
b =
2 pR2 ;
R1 + R2 +R3+R4
c = 2 pR3 ;
R1 + R2 +R3+R4
d = 2 pR4
.
R
1 + R2 +R3+R4
Định lí 3.1.3 (xem [9]) Nếu tứ giác ABCD là tứ giác hai tâm thì
a = √
2 pR1
; b = √
2 pR2
;
2 2 2 2
4R + r + r 4R + r + r
c = √
2 pR3
; d = √
2 pR4
(3.12)
+ r .
4R
2
+ r
2
+ r 4R
2
+ r
2
Chứng minh. Theo (3.6), (3.7) và (2.11) ta có
a =
2 pR1
=
2 pR1
= √
2 pR1
;
R+R+R+R e f 2 2
1 2 3 4 4R + r + r
2 pR2
2r
2 pR2
b = =
2 pR2
= ;
R+R+R+R e f √ 2 2
1 2 3 4 4R + r + r
2r
c =
2 pR3
=
2 pR3
= √
2 pR3
;
R1+R2+R3+R4 e f + r
4R2
+ r2
2 pR4
2r
d = =
2 pR4
= √
2 pR4
.
R+R+R+R e f 2 + r 2
1 2 3 4 4R + r
2r
Định lí 3.1.4 (xem [9]) R1, R2, R3, R4 của tứ giác hai tâm là nghiệm
của phương trình
2 2 √ √ 2
+ 2r 2
+ r 2 2 2
x4 −
√
p + 2r 4R 4R + r + r
4R
2
+ r
2 + r x
3
+
x2

4 p
2

40
√ + r 4 r2
√
+ r 4
r 4R2
+ r2
4R2
+ r2
− x + = 0. (3.14)
4 p
2
16 p
2
Chứng minh. Vì a là nghiệm của phương trình (3.1) nên
a
2
−2r p
a
4
−2 pa
3
+ p
2
+ 2r
2
+ 2r 4R
2
+ r
2
4R
2
+ r
2
+ r a +r
2
p
2
= 0.
Thay a từ (3.12) vào phương trình trên ta được
2 pR1
4
2 pR1
3
√ − 2 p √
+ r + r
4R
2
+ r
2
4R
2
+ r
2
2 pR1
2
+ p
2
+ 2r
2
+ 2r 4R
2
+ r
2
√ + r
4R
2
+ r
2
2 pR1
+ r
2
p
2
= 0.
−2 pr 4R
2
+ r
2
+ r √ + r
4R
2
+ r
2
(2 pR1)
4
− 2 p.(2 pR1)
3
. 4R
2
+ r
2
+ r
2
+ p
2
+ 2r
2
+ 2r 4R
2
+ r
2
.(2 pR1)
2
. 4R
2
+ r
2
+ r
−2 pr
4 4
4R
2
+ r
2
+ r.2 pR1. + r
2
p
2
4R
2
+ r
2
+ r= 0
hay
2 2 √ √ 2
2 2 2 2
p + 2r + 2r 4R + r 4R + r + r
R1
4
−4R
2
+ r
2
+ r R1
3
+ R1
2
4 p
2
√ 4 2 √ 4
r 2 2
+ r r 2 2
4R + r 4R + r + r
− R1 + = 0.
4 p
2
16 p
2
Suy ra R1 là nghiệm của phương trình (3.14).
Tương tự, thay b, c, d từ (3.12) vào phương trình trên ta được R2,
R3, R4 là các nghiệm của phương trình (3.1.4).

41
3.1.3 Phương trình bậc bốn với nghiệm là các bán kính đường
tròn nội tiếp tam giác trong tứ giác hai tâm
Cho tứ giác hai tâm ABCD với r1, r2, r3, r4 bán kính đường tròn nội
tiếp các tam giác AE B, BEC,CDE , DE A.
Bổ đề 3.1.1 (Xem [9]) Cho tứ giác hai tâm ABCD có AC cắt BD tại E .
Khi đó
AE = eda ,BE= eab ,CE = ebc ,DE= ecd .(3.15)
ad + bc ad + bc
ad + bc ad + bc
Chứng minh.
D
m
I
C
F r
E
B
A
Hai tam giác AE B và DEC đồng dạng (g.g) nên
AE = BE = AB =a .
DE CE DC c
Lại có hai tam giác AE D và BEC đồng dạng (g.g) nên
AE =DE = AD =d .
BE CE BC b
Từ đó ta có
DE = c AE, BE = b AE, CE =c BE = bcAE .
a d a ad
Mặt khác AE +CE = AC = e nên ta có
AE + bcAE = e hay AE = ead .
ad ad + bc
Suy ra

42
BE = bAE = eab ,CE = bc AE = ebc ,DE= cAE = ecd .
ad + bc ad + bc ad + bc
d ad a
Bổ đề 3.1.2 (Xem [9]) Gọi p1, S1 lần lượt là nửa chu vi và diện tích
của tam giác ABE . Khi đó
pr2
√
T
, r2
T
, r3
T
, r4
T
với T =
4R2
+ r2
+ r
r1 = = = = . (3.16)
c d a b √ 2
+ r
2
2R 2R + r +4R
Chứng minh. Tứ giác ABCD ngoại tiếp được nên ta có a + c = b +
d = p. Mặt khác, theo Định lí 2.2.3 và Định lí 2.4.1 ta có
e
2
=(ac + bd)(ad + bc) ,
ab + cd
ac + bd = e f = 2r 4R
2
+ r
2
+ r ,
S =
(ac + bd)(ab + cd)(ad + bc)
.
Ta có
4R
1 1 eab eda
p1 = (AB+BE +AE) = a + +
2 2 ad + bc ad + bc
=a 1 + e(b + d) = a 1 + e p
ad + bc ad + bc
2 2
=a 1 + p (ac + bd)(ad + bc)
+ bc ab + cd
2 ad
=a 1 + p ac + bd
(ab + cd)(ad + bc)
2
a (ac + bd)
2
= 2 1 + p (ab + cd)(ac + bd)(ad + bc)
=a 1 + p(ac + bd)
2 (ab + cd)(ac + bd)(ad + bc)
=a 1 + pe f = a 1 + pe f
4RS 4R pr
2 2
√ + r
a e f a 2r 4R2
+ r2

=
2 1 +
4Rr = 21 + 4Rr .

43
Từ đó
√ 2
+ r 2
a 2R + r + 4R
p1 = .
4R
Theo Định lí 2.1.1, 2.4.1, Bổ đề 3.1.1 và Hệ quả 2.2.3 ta có
S =
1
2 e f SIN θ (với θ là góc nhọn giữa hai đường chéo),
(ab + cd)(ac + bd)(ad + bc) = 4RS,
ac + bd = e f = 2r 4R
2
+ r
2
+ r ,
AE = eda , BE= eab ,e = ad + bc .
ad + bc ad + bc f ab + cd
Ta có
S1 =
1
EA.EB SIN θ
2
1e2
a2
bd 1 e2
a2
bd 2S ea2
bdS
=
2
.
(ad + bc)2
SIN θ =
2
.
(ad + bc)2
.
e f
=
f (ad + bc)2
ad + bc a
2
bdS a
2
bdS
=
ab + cd
.
(ad + bc)
2 =
(ab + cd)(ad + bc)
.
Vì ac + bd = e f (Tính chất 2.2.7), nên
S1 =
a
2
bdSe f
=
a
2
bdSe f
(ab + cd)(ac + bd)(ad + bc) 16R
2
S
2
2 √ 2 √
bd 2 2
+ r 2 2
+ r
a 2r 4R + r a bdr 4R + r
= =
√
16R
2
S 8R
2
pr
2
bd 2 2
+ r
a 4R + r
= .
8R
2
p
(3.17)
(3.18)

44
Áp dụng Hệ quả 2.4.1: abcd = S2
= p2
r2
, kết hợp (3.17) và (3.18), ta có
a
2
bd √ + r
S
1 4R2
+ r2
4R
r1 = = .
p1 8 pR
2
√
a
2 2
2R + r + 4R + r
√ √
2 2
+ r 2
+ r 2
+ r
abd4R + r abcd 4R
= =
√ √
2 2 2
+ r
2
2 pR 2R + r +4R + r 2c pR 2R + r +4R
p2r2
√
+ r pr2
√
+ r
4R2
+ r2
4R2
+ r2
= =
√ √
2
+ r
2 2
+ r
2
2c pR 2R + r +4R 2cR 2R + r +4R
2 √
pr 2 2
+ r
T với T =
4R + r
= .
c √
2R
2
+ r
2
2R + r +4R
Chứng minh tương tự, ta có
r2 =T, r3 =T , r4 = T .
d a b
Định lí 3.1.5 (xem [9]) r1, r2, r3, r4 của tứ giác hai tâm là nghiệm của phương
trình
√ 2
r
2 2
+ r
x
4
−
4R + r
x
3
√
R 2R + r +
2
+ r
2
4R
2 2 2 √ √ 2
r + 2
+ r 2 2 2
+ r
p 2r+ 2r 4R 4R + r
x
2
+
√ 2
2 2
+ r
2
4R 2R + r +4R
p2r4
√
+ r 3 p2r6
√
+ r 4
4R2
+ r2
4R2
+ r2
−
x +
= 0.
√ 3 √ 4
3
2R + r
2
+ r
2 4 2
+ r
2
4R + 4R 16R 2R + r +4R
(3.19)
Chứng minh. Theo Bổ đề 3.1.2, ta có
a = T , b = T , c = T , d = T , (3.20)
r3 r4 r1 r2

45
pr2
√
4R2 + r2 + r
T = .
√ 2
+ r
2
2R 2R + r +4R
Vì a là nghiệm của phương trình (3.1) nên thay a từ (3.20) vào
phương trình (3.1) ta được
T
4
T
3
T
2
− 2 p + p
2
+2r
2
+ 2r4R
2
+ r
2
r3 r3 r3
T
−2 pr 4R
2
+ r
2
+ r + r
2
p
2
= 0
r3
hay
r
2
p
2
r3
4
− 2 pr 4R
2
+ r
2
+ r T r3
3
+ p
2
+ 2r
2
+ 2r4R
2
+ r
2
Suy ra
−2 pT
3
r3 + T
4
= 0.
√ 2 2 √ 2
2 2
+ r 2
+ r T + 2r 2
+ r2
T
4R p + 2r 4R
r3
4
− r3
3
+
r p r2 p2
2T 3
T 4
− r3 + = 0.
pr
2
r
2
p
2
T
2
r3
2
r3
2
√ + r pr2
√
+ r
2 4R2
+ r2
4R2
+ r2
r3
4
− . r3
3
r p √ 2
+ r
2
2R 2R + r +4R
2 2 √ 2
√
2
2
+ r 2
pr 2 2
+ r
p + 2r + 2r 4R 4R + r
r3
2
+ r
2
p
2
2 2
pr2
√2R 2R + r +
√
4R + r
3
2 4R2
+ r2
+ r
2R 2R + r + √4R + r
−
r3
pr
2
2 2
pr2
√
+ r 4
1 4R2
+ r2
+ = 0.
r2 p2 2 2

2R 2R + r +
√
4R + r

46
Từ đó ta có
√ 2
r
2 2
+ r
r3
4
−
4R + r
r3
3
√
R
2
+ r
2
2R + r +4R
2 2 2 √ √ 2
r + 2r + 2r 2 2 2 2
+ r
p 4R + r 4R + r
r3
2
+
√ 2
2 2
+ r
2
4R 2R + r +4R
p2r4
√
+ r 3 p2r6
√
+ r 4
4R2
+ r2
4R2
+ r2
−
r3 +
= 0.
√ 3 √ 4
3
2R + r
2
+ r
2
16R
4 2
+ r
2
4R + 4R 2R + r +4R
Vậy r3 là nghiệm của phương trình (3.19). Tương tự, vì b, c, d là
nghiệm của phương trình (3.1) nên thay b, c, d từ (3.20) vào phương
trình (3.1) ta được r1, r2, r4 là các nghiệm của phương trình (3.19).
3.1.4 Phương trình bậc bốn với nghiệm là SIN của các góc
BAC,CAD, ACB và DCA
Dưới đây trình bày nhận xét của chúng tôi về phương trình bâc bốn
của SIN các góc BAC,CAD, ACB và DCA.
Cho tứ giác hai tâm ABCD với A1 = BAC, A2 = CAD,C1 = ACB,C2 = DCA.
Định lí 3.1.6 Nếu ABCD là tứ giác hai tâm thì SIN A1, SIN A2, SIN C1,SIN C2
là các nghiệm của phương trình
√ √ + r
2 2 r p 4R
2
+ r
2
2 2
p p + 2r 2
+ r 2
r p
t
4
−
3
+
+ 2r 4R 2
− t + = 0.
t t
R 4R
2
4R
3
16R
4
(3.21)
Chứng minh. Áp dụng định lí hàm số sin cho các tam giác BAC, ACD. Ta có
SIN A1 =
b
hay b = 2R SIN A1,
2R
SIN C1 =
a
hay a = 2R SIN C1,
2R
SIN A2 =
c
hay c = 2R SIN A2,

2R

47
SIN C2 = d hay d = 2R SIN C2. (3.22)
2R
Vì a là nghiệm của phương trình (3.1) nên thay a từ (3.22) vào
phương trình (3.1) ta được
(2R SIN C1)
4
− 2 p(2R SIN C1)
3
+ p
2
+ 2r
2
+ 2r 4R
2
+ r
2
(2R SIN C1)
2
(2R SIN C1) + r
2
p
2
= 0
−2r p 4R
2
+ r
2
+ r
hay
√
2 2
p + 2 + r 2
p 2r + 2r 4R
SIN
4
C1 − SIN
3
C1 + SIN
2
C1
R 4R2
√ 2 2
2 2
+ r
r p 4R + r r p
− SIN C1 + = 0.
4R
3
16R
4
Vậy SIN C1 là nghiệm của phương trình (3.21). Tương tự, vì b, c, d là
nghiệm của phương trình (3.1) nên thay b, c, d từ (3.22) vào phương trình
(3.1) ta được SIN A1, SIN A2, SIN C2 là các nghiệm của phương trình (3.21).
Hoàn toàn tương tự, ta có
B1 = ABD = C2,D1 = BDC = C1,
B2 = CBD = A2, D2 = ADB = A1.
Suy ra SIN B1, SIN D1 SIN B2, SIN D2 là các nghiệm của phương trình (3.21).
3.2 Các hệ thức hình học cho tứ giác hai tâm
Từ các định lí trong Mục 3.1, sử dụng tính chất nghiệm của phương
trình bậc bốn (Mục 1.2), ta có thể phát biểu và chứng minh khá
nhiều hệ thức thú vị cho tứ giác hai tâm.
Phần này trình bày khoảng 30 đẳng thức hình học cho tứ giác hai tâm.
Bổ đề 3.2 Đặt x1 = bc + ad; x2 = ab + cd; x3 = ac + bd. Khi đó
(a − b)
2
(a − c)
2
(a − d)
2
(b − c)
2
(b − d)
2
(c − d)
2

= (x1 − x2)
2
(x2 − x3)
2
(x3 − x1)
2
(3.23)

48
Chúng minh. Ta có
(a − b)
2
(a − c)
2
(a − d)
2
(b − c)
2
(b − d)
2
(c − d)
2
=[(a − b)(c − d)]
2
[(a − c)(b − d)]
2
[(a − d)(b − c)]
2
=(ac + bd − bc − ad)(ab + cd − ad − bc)(ab + cd − ac − bd)
=(x1 − x2)
2
(x2 − x3)
2
(x3 − x1)
2
.
Hệ thức 3.2.1
(a − b)
2
(a − c)
2
(a − d)
2
(b − c)
2
(b − d)
2
(c − d)
2
4 2 2 √ 2 √ 2 2
p
2 2
− r)
2 2
+ r)
= 16r p − 8r( 4R + r p− ( 4R + r (3.24)
Chứng minh. Đặt T = (a − b)
2
(a − c)
2
(a − d)
2
(b − c)
2
(b − d)
2
(c
− d)
2
. Theo Bổ đề 3.2, ta có
T =(x1 − x2)
2
(x2 − x3)
2
(x3 − x1)
2
= (x1 + x2)
2
− 4x1x2 [x3
2
− x3(x1 + x2) + x1x2]
2
. (3.25)
Từ Định lí 2.4.4 với các công thức (2.22),(2.23) và (2.25), ta có
8R
2
r
2
p
2
x1x2 = = 2r 4R
2
+ r
2
− r p
2
,
√ 2 2
r r + 4R + r
x1 + x2 = bc + ad + ab + cd = p
2
,
√ 2 2
. (3.26)
x3 = ac + bd = e f = 2r r + 4R r
Theo (3.25) và (3.26) ta có
T = p
4
− 8r 4R
2
+ r
2
− r p
2
×
2
2
4r
2
4R
2
+ r
2
− r p
2
r +4R
2
+ r
2
− 2 p
2
r r + 4R
2
+ r
2
+ 2r
2 2
= p
2
p
2
− 8r4R
2
+ r
2
− r 4r
2
r +4R
2
+ r
2
− 4r
2
p
2
2 2
= 16r
4
p
2
p
2
− 8r 4R
2
+ r
2
− r p
2
− r +4R
2
+ r
2
.

49
Vậy công thức (3.24) được chứng minh.
Hệ thức 3.2.2
a + b + c + d
8r( 4R
2
+ r
2
− r) ≤ = p ≤ r + 4R
2
+ r
2
2
≤ 2R+(4−2
√
)r.
≤ 4R
2
+ 4Rr + (8 − 4
√
)r
2
(3.27)
2 2
Chứng minh.
1) Theo Hệ thức 3.2.1, ta có
(a − b)
2
(a − c)
2
(a − d)
2
(b − c)
2
(b − d)
2
(c − d)
2
2
= 16r
4
p
2
p
2
− 8r( 4R
2
+ r
2
− r)p
2
− ( 4R
2
+ r
2
+ r)
2
≥ 0.
Suy ra
≤ p , hay
8r − r 8r( − r) ≤ p.
4R + r 4R + r
√ 22 2 √ 2 2
Nhận xét 3.2 Từ bất đẳng thức
2 √
p
2 2
− r) (3.28)
≥ 8r( 4R + r
hay
ta có
p
2
+ 8r
2
≥ 8r 4R
2
+ r
2
,
√ p
2
+ 8r
2
2
+ r
2
≤ (3.29)
r 4R 8 .
Đẳng thức (3.28) và (3.29) xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD là hình vuông.
2) Áp dụng Tính chất 1.2.1 vào phương trình (3.1), ta có điều phải chứng
minh. Ta cũng có từ kí hiệu p := a + b + c + d .
2
√
3) Theo (2.20) ta có diện tích tứ giác ABCD là S = r SINθ,
2 2
r + 4R + r
với θ là góc giữa hai đường chéo AC, BD.
√
Mặt khác, theo (2.9) ta có S = pr nên pr = r SIN θ , suy ra
2
+ r 2
r + 4R
√
SIN θ . Từ đó ta có p ≤ r +
√
2 2 2
+ r
2
.
p = r + 4R + r 4R

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi θ = 90
0
.

50
√ 2 √
2
+ r
2
≤
2
4) r + 4R 4R+ 4Rr + (8 − 4 2)r
√ √
⇔r
2
+ 4R
2
+ r
2
+ 2r 4R
2
+ r
2
≤ 4R
2
+ 4Rr + (8 − 4 2)r
2
√ √ √ √
⇔2r 4R
2
+ r
2
≤ 4Rr + (6 − 42)r
2
⇔ 4R
2
+ r
2
≤ 2R + (3 − 22)r
2
+ r
2 2 √ 2
+ 4R(3
√
⇔4R ≤ 4R + (17 − 12 2)r − 2 2)r
√ 2 √
⇔(12 2 − 16)r ≤ 4R(3 − 2 2)r
√ √ 2 √
≤ 4R(3 − 2 2)r
⇔4 2(3 − 2 2)r
√
⇔R ≥ 2r (đúng theo bất đẳng thức Fejes Toth).
√ √
5) 4R
2
+ 4Rr + (8 − 42)r
2
≤ 2R + (4 − 22)r
√ √ √
⇔4R
2
+ 4Rr + (8 − 4 2)r
2
≤ 4R
2
+ (24 − 16 2)r
2
+
4R(4 − 2 2)r
√ √
⇔(12 2 − 16)r
2
≤ 4R(3 − 2 2)r
√
√ √ √
⇔4 2(3 − 2 2)r
2
≤ 4R(3 − 2 2)r ⇔R ≥ 2r (đúng theo bất đẳng thức
Fejes Toth).
Hệ thức 3.2.3
(p
2
+ 8r
2
)
2
≤(ab + bc + ca + ad + db + cd)
2
= p
2
+ 2r
2
2
+ 2r 4R
2
+ r
2
≤6(a
2
b
2
+ a
2
c
2
+ a
2
d
2
+ b
2
c
2
+ b
2
d
2
+ c
2
d
2
) 2
2
= 6 p
2
+ 2r
2
+ 2r 4R
2
+ r
2
− 8 p
2
r 4R
2
+ r
2
− 6 p
2
r
2
9
(a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
)
2
= 9 p
2
− 2 r
2
+ r
2
≤ 4R
2
+ r
2
4
≤9(p
2
− 8r
2
)
2
.
Chứng minh.
1) Áp dụng Tính chất 1.2.2 vào phương trình (3.1) và bất đẳng thức
Fejes Toth, ta có

ab + bc + ca + ad + db + cd = p
2
+ 2r
2
+ 2r 4R
2
+ r
2
≥ p
2
+
8r
2
.

51
2) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
(1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1)(a
2
b
2
+ a
2
c
2
+ a
2
d
2
+ b
2
c
2
+ b
2
d
2
+ c
2
d
2
)
≥ (ab + ac + ad + bc + bd + cd)
2
tương đương với
(ab + ac + ad + bc + bd + cd)2
≤ 6(a2
b2
+ a2
c2
+ a2
d2
+ b2
c2
+ b2
d2
+ c2
d2
).
3) Áp dụng Tính chất 1.2.2 vào phương trình (3.4), ta có:
a
2
b
2
+ a
2
c
2
+ a
2
d
2
+ b
2
c
2
+ b
2
d
2
+ c
2
d
2
2
= p
2
+ 2r
2
+ 2r 4R
2
+ r
2
− 8 p
2
r 4R
2
+ r
2
− 6 p
2
r
2
.
4) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
a
2
b
2
+ a
2
c
2
+ a
2
d
2
+ b
2
c
2
+ b
2
d
2
+ c
2
d
2
≤ a4
+ b4
+ b4
+ c4
+ c4
+ a4
+ a4
+ d4
+ b4
+ d4
+ c4
+ d4
222222
≤ 3(a4
+ b4
+ c4
+ d4
).
2
Suy ra
(a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
)
2
=a
4
+ b
4
+ c
4
+ d
4
+ 2(a
2
b
2
+ a
2
c
2
+ a
2
d
2
+ b
2
c
2
+ b
2
d
2
+ c
2
d
2
)
≥ 2(a
2
b
2
+ a
2
c
2
+ a
2
d
2
+ b
2
c
2
+ b
2
d
2
+ c
2
d
2
)
3
+ 2(a
2
b
2
+ a
2
c
2
+ a
2
d
2
+ b
2
c
2
+ b
2
d
2
+ c
2
d
2
),
hay
(a2 + b2 + c2 + d2)2 ≥ 8(a
2
b
2
+ a
2
c
2
+ a
2
d
2
+ b
2
c
2
+ b
2
d
2
+ c
2
d
2
)
3
5) Áp dụng Tính chất 1.2.1 vào phương trình (3.4) hoặc Tính chất
1.2.6 vào phương trình (3.1) và bất đẳng thức Fejes Toth, ta có:

a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
= 2 p
2
− 4 r
2
+ r 4R
2
+ r
2
≤ 2(p
2
− 8r
2
).

52
Hệ thức 3.2.4
8 pr
2
≤abc + abd + acd + bcd = 2r p 4R2
+ r2
+ r
≤2 a
2
b
2
c
2
+ a
2
b
2
d
2
+ a
2
c
2
d
2
+ b
2
c
2
d
2
= 2 pr 2(8R
2
+ 2r
2
−
p
2
)
≤2 p
(p
2
+ 8r
2
)
2
− 2 p
2
r
2
.
16
Chứng minh.
1) Áp dụng Tính chất 1.2.3 vào phương trình (3.1) và bất đẳng thức
Fejes Toth, ta có
abc + abd + acd + bcd = 2r p 4R
2
+ r
2
+ r ≥ 8r
2
p.
2) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
(abc +abd +acd +bcd)
2
≤ (1 +1 +1 +1)(a
2
b
2
c
2
+a
2
b
2
d
2
+a
2
c
2
d
2
+b
2
c
2
d
2
), hay
abc + abd + acd + bcd ≤ 2 a
2
b
2
c
2
+ a
2
b
2
d
2
+ a
2
c
2
d
2
+
b
2
c
2
d
2
. 3) Áp dụng Tính chất 1.2.11 vào phương trình (3.1), ta có
a
2
b
2
c
2
+a
2
b
2
d
2
+a
2
c
2
d
2
+b
2
c
2
d
2
= 2 p
2
r
2
(8R
2
+2r
2
− p
2
) ≤ 2
p
2
r
2
(18r
2
− p
2
). Mặt khác theo (3.39), ta có
r 4R2 + r2 ≤
p2 +
8r2
8
p
2
+ 8r
2 2
⇔r
2
(4R
2
+ r
2
)
2
≤ 8
⇔ 4 p
2
r
2
(4R
2
+ r
2
)
2
≤
p
2
(p
2
+ 8r
2
)
16
⇔ 4 p
2
r
2
(4R
2
+ r
2
)
2
− 2 p
4
r
2
≤
p
2
(p
2
+ 8r
2
)
− 2 p
4
r
2
16
⇔2 p2r2(8R2 + 2r2 − p2) ≤
p2(p2 + 8r2)
− 2 p4r2
16
(p
2
+ 8r
2
)
2
− 2 p
2
r
2
.

⇔ pr 2(8R
2
+ 2r
2
− p
2
) ≤ p 16

53
Hệ thức 3.2.5
abcd = r
2
p
2
.
Chứng minh 1. Áp dụng Tính chất 1.2.4 vào phương trình (3.1), ta
có điều phải chứng minh.
Chứng minh 2. Hệ thức này cũng chính là công thức (2.9) của Định
lí 2.4.1. Hệ thức 3.2.6
√ 2 2
2 2
+ r
8 1 1 1 1 2 4R + r p+ 16r
≤ + + + = ≤ .
p a b c d r p 4 pr
2
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.5 vào (3.1), hoặc Tính chất
1.2.1 vào phương trình (3.3) và theo (3.28), ta có
√
1 1 1 1 2 4R2
+ r2
+ r
+ + + =
d r p
ab c
√
8r 2
+ r2
+ r
4R
=
√
4r
2
p
2
8r
2
+ r
2
− r + 16r
2
+ 16r
2
=
4R
≤
p
.
4r
2
p 4r
2
p
Mặt khác theo bất đẳng thức Fejes Toth, ta có
√ 2 2
+ r
1 1 1 1 2 4R + r 8r 8
+ + + = ≥ = .
a b c d r p r p p
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ kh tứ giác ABCD là hình vuông.
Hệ thức 3.2.7
2 2 2 2 √
+ 8r 1 1 1 1 1 1
2
+ r
2
p
≤ + + + + + =
p + 2r + 2r 4R
r
2
p
2
ab bc ca ad bd cd r
2
p
2
≤ 5 p
2
+ 16r
2
.
4r
2
p
2

54
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.13 vào phương trình (3.1) và
(3.28), ta có
2 2 √ 2
+ r
2
1 + 1 + 1 + 1 + 1 =p + 2r + 2r 4R
r2 p2
bccaad bd cd
2 √ 2
+ r 2
4 p + 8r r + 4R
= 4r2
p2
4 p
2
+ 8r √ − r + 16r
2
4R2
+ r2
=
4r
2
p
2
≤
5 p
2
+ 16r
2
.
4r
2
p
2
Mặt khác, áp dụng Tính chất 1.2.13 vào phương trình (3.1) và bất
đẳng thức Fejes Toth, ta có
2 2 √ 2 2
1 1 1 1 1 p + 2r 2+ r 2 p + 8r
+ 2r 4R
+ + + + = ≥ .
bc ca ad bd cd r2 p2 r2 p2
Vậy Hệ thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD là hình vuông.
Hệ thức 3.2.8
1 1 1 1 2
+ + + = .
abc abd acd bcd r
2
p
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.14 vào phương trình (3.1) ta có:
V T = −a = −2 p = 2.
d
−
r2 p2 r
2
p
Hệ thức 3.2.9
p
2
+ 16r
2
4r ≤ R1 + R2 + R3 + R4 = r +4R
2
+ r
2
≤ .
8r
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.1 vào (3.14) và bất đẳng thức Fejes
Toth, ta có

R1 + R2 + R3 + R4 = r +4R
2
+ r
2
≥ 4r.

55
Mặt khác áp dụng Tính chất 1.2.1 vào (3.14) và bất đẳng thức (3.28), ta có
√ 2 2
8r r + 4R + r
R1 + R2 + R3 + R4 =r + 4R
2
+ r
2
= 8r
√
=
8r 4R
2
+ r
2
− r + 16r
2
≤
p
2
+ 16r
2
.
8r 8r
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tức giác ABCD vuông.
Hệ thức 3.2.10
4r
2
(p
2
+ 8r
2
)
≤ R1R2 + R1R3 + R1R4 + R2R3 + R2R4 + R3R4
p2
2 2 √ √ 2
+ 2r 2
+ r 2 2 2
p + 2r 4R 4R + r + r
=
4 p
2
≤ 6(R
2
1R
2
2 + R
2
1R
2
3 + R
2
1R
2
4 + R
2
2R
2
3 + R
2
2R
2
4 + R
2
3R
2
4)
√
+ r
4
4R
2
+ r
2
2 2 √ 2 2 √ 2 2
2 2 2 2
= 16 p
4
p +2r + 2r 4R + r − 8 p r 4R + r − 6 p r
√ 2 2 2 √
2 2
− 2r
2 2
3 2 2 2 2 2 3 4R + r + r p − 2r 4R + r
≤ (R1 + R2 +R3+R4) =
2 4 p
2
3(p
2
− 8r
2
) p
2 2
≤
+ 2r .
8r
4 p
2
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.2 vào phương trình (3.14) và
theo bất đẳng thức Fejes Toth, ta có
R1R2 + R1R3 + R1R4 + R2R3 + R2R4 + R3R4
2 2 √ √ 2 22 2
+ 2r
2
+ r
2 2 2
p + 2r 4R 4R + r + r 4r (p + 8r )
= ≥
4 p
2
p
2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
(1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1)(R2
1R2
2 + R2
1R2
3 + R2
1R2
4 + R2
2R2
3 + R2
2R2
4 + R2
3R2
4)
≥ (R1R2 + R1R3 + R1R4 + R2R3 + R2R4 + R3R4)2
.

56
R1R2 + R1R3 + R1R4 + R2R3 + R2R4 + R3R4
≤ 6(R2
1R2
2 + R2
1R2
3 + R2
1R2
4 + R2
2R2
3 + R2
2R2
4 + R2
3R2
4).
Áp dụng Tính chất 1.2.10 vào (3.14) ta có
R1
2
R2
2
+ R1
2
R3
2
+ R1
2
R4
2
+ R2
2
R3
2
+ R2
2
R4
2
+ R3
2
R4
2
√ + r 4
4R
2
+ r
2
2
= p
2
+ 2r
2
+ 2r 4R
2
+ r
2
− 8 p
2
r 4R
2
+ r
2
− 6 p
2
r
2
.
16 p
4
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
R1
2
R2
2
+ R1
2
R3
2
+ R1
2
R4
2
+ R2
2
R3
2
+ R2
2
R4
2
+ R3
2
R4
2
R4
+ R4
R4 + R4
R4 + R4
R4
+ R4
R4
+ R4
R4 + R4
≤
1 2
+
2 3
+
3 4
+
1 4
+
2 4
+
1 3
2 2 2 2 2 2
3(R4
+ R4
+ R4
+ R4
)
≤
1 2 3 4
.
2
Suy ra
(R
2
1 + R
2
2 + R
2
3 + R
2
4)
2
=R
4
+ R
4
+ R
4
+ R
4
+ 2(R
2
R
2
+ 2(R
2
R
2
+ R
2
R
2
+ R
2
R
2
+ R
2
R
2
+ R
2
R
2
) 1234 12 1314232434
3
+ 2(R
2
1R
2
2 + R
2
1R
2
3 + R
2
1R
2
4 + R
2
2R
2
3 + R
2
2R
2
4 + R
2
3R
2
4).
2 2 2 2 2
8(R
2
R
2
+ R
2
R
2
+ R
2
R
2
+ R
2
R
2
+ R
2
R
2
+ R
2
R
2
)
1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4
(R1+R2+R3+R4) ≥ 3
Áp dụng Tính chất 1.2.6 vào phương trình (3.14) ta có
√ 2 2 2 √
2 2
− − 2r
2 2
R
2
+ R
2
+ R
2
+ R
2
= 4R + r + r p 2r 4R + r .
1 2 3 4
2 p
2
Theo bất đẳng thức Fejes Toth, ta có
p
2
− 2r
2
− 2r 4R
2
+ r
2
≤ p
2
− 8r
2
.

57
Mặt khác, theo bất đẳng thức (3.29) ta có
p
2
+ 8r
2
p
2
+ 8r
2
r 4R
2
+ r
2
≤ ⇔ 4R
2
+ r
2
≤
8 8r
p
2
+ 8r
2
⇔ 4R
2
+ r
2
+ r ≤ + r.
8r
Từ đó, ta có
√ 2 2 2 √
2 2
+ r
2
+ r
2 2 2 2
+ 8r
2 2
4R + r p − 2r − 2r 4R
≤
p − 8r p + r .
2 p
2
8r
2 p
2
Hệ thức 3.2.11
√ + r 4
r 4R2
+ r2
R1R2R3 + R1R2R4 + R1R3R4 + R2R3R4 = .
4 p
2
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.3 vào (3.14) ta có điều phải chứng minh.
Hệ thức 3.2.12
r2
√
+ r 4
4R2
+ r2
R1R2R3R4 = .
16 p
2
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.4 vào phương trình (3.14) ta
Hệ thức 3.2.13
1 +1+1+1=4.
R1R2R3R4r
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.5 vào (3.14) ta có điều phải
chứng minh. Hệ thức 3.2.14
2 2 √
4 + 2r 2
+ r 2
1 1 1 1 1 1 p + 2r 4R
+ + + + + = .
R
1
R
2
R
1
R
3
R
1
R
4
R
2
R
3
R
2
R
4
R
3
R
4 √ 2
r
2 2 2
+ r
4R + r
chứng minh.

58
Hệ thức 3.2.15
1
+
1
+
1
+
1
=
16 p
2
.
R1R2R3 R1R2R4 R1R3R4 R2R3R4 √ 3
r
2 2 2
4R + r + r
chứng minh.
Hệ thức 3.2.16
√
2
√ R
3
8r
3
r 4R
2
+ r
2
≤ r1 + r2 + r3 + r4 =
2
R2(1 +
√
) ≤ r2(1 +
√
) .
√
2 2
R
2
+ r
2
2R + r +4R
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.1 vào (3.19) và theo bất đẳng
thức Fejes Toth, ta có
√ 2
r 4R2
+ r2
16r 3
r1 + r2 + r3 + r4 = ≥ √ ) .
√ 2R
2
(1 + 2
R
2
+ r
2
2R + r +4R
Mặt khác, áp dụng Tính chất 1.2.1 vào (3.19) và theo bất đẳng thức
Fejes Toth ta cũng có
√ 2
2
+ r2
r 4R
r1 + r2 + r3 + r4 = √
R 2R + r + 2
+ r2
4R
4R
3
2R
2
√ R
3
= =
2
≥r(2r
√
+ 4r) r2(2 +
√
) r2(1 +
√
).
2 2 2
Vậy Hệ thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ
giác ABCD là hình vuông.
Hệ thức 3.2.17
3r4
√
+ r 2
4R2
+ r2
2R
4
(3 + 2
√ ) ≤r1r2 + r1r3 + r1r4 + r2r3 + r3r4

2

59
2 2 2 √ √ 2 √ 2
r 2
+ r 2 2 2
3 2 2
p + 2r + 2r 4R 4R + r + r 4R + r + r
= ≤ √ .
2 8 3 2 2
2 √ 2 2 + )
+ r
(
4R 2R + r +4R
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.2 vào (3.19), theo bất đẳng
thức (3.28) và bất đẳng thức Fejes Toth, ta có
r1r2 + r1r3 + r1r4 + r2r3 + r3r4
2 2 2 √ √ 2
r 2
+ r2 2 2
+ r
p + 2r + 2r 4R 4R + r
=
√ 2
2 2
+ r
2
4R 2R + r +4R
2 √ 2 √
r 8r
2 2 2
+ r
2
≥
4R + r − r + 2r + 2r 4R
√ 2
2 2
+ r
2
4R 2R + r +4R
2 √ 2 √ 2
r
2 2
− 6r
2 2
≥
10r 4R + r 4R + r + r
√ 2
2 2 2
4R 2R + r +4R + r
4 √ 2 4 √ 2
24r 2 2
+ r 6r 2 2
4R + r 4R + r + r
≥
=
√ 2 √ 2
2 2
+ r
2 2 2
+ r
2
4R 2R + r +4R 4R 2R + r +4R
6r4
√
+ r 2 3r4
√
+ r 2
4R2
+ r2
4R2
+ r2
≥ 4R
4
(3 + 2
√
) = 2R
4
(3 + 2
√
) .
2 2
Mặt khác, áp dụng Tính chất 1.2.2 vào phương trình (3.19), theo Hệ
thức 3.2.2 và bất đẳng thức Fejes Toth, ta có
r1r2 + r1r3 + r1r4 + r2r3 + r3r4
2 2 2 √ √ 2
r 2
+ r 2 2 2
p + 2r + 2r 4R 4R + r + r
=
√ 2
2 2
+ r
2
4R 2R + r +4R
2 √ 2 2 √
r
2 2 2
+ r
2
r + 4R + r + 2r + 2r 4R
≤ √ 2
2 2 2
4R 2R + r +4R + r

60
4
√
2 4
√
2
2 2
3R 2 2
6R 4R + r + r 4R + r + r
≤
=
√ 2 √ 2
2 2
+ r
2 2 2
+ r
2
4R 2R + r +4R 2R 2R + r +4R
3R
4
√ + r 2 √ + r 2
4R2
+ r2
3 4R2
+ r2
≤ 8R
2
(3 + 2
√
) = 8(3 + 2
√
) .
2 2
Hệ thức 3.2.18
6 √ 3
r 2 2
+ r
4R + r
2R
6
(7 + 4
√
) ≤ r1r2r3 + r1r2r4 + r1r3r4 + r2r3r4
2
2 4
√
3 √ 5
r 2 2
+ r 2 2
p 4R + r 4R + r + r
=
≤ √ ) .
√ 3 256r
2
(7 + 4 2
3 2
+ r
2
4R 2R + r +4R
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.3 vào phương trình (3.19), bất
đẳng thức (3.28) và bất đẳng thức Fejes Toth, ta có
p2r4
√
+ r 3
4R2
+ r2
r1r2r3 + r1r2r4 + r1r3r4 + r2r3r4 =
√ 3
3 2
+ r
2
4R 2R + r +4R
5 √ √ 3
8r
2 2
− r
2 2
≥
4R + r 4R + r + r
√ 3
3 2
+ r
2
4R 2R + r +4R
5 √ √ 3
2r
2 2
− r
2 2
+ r
= 4R + r 4R + r
√ 3
R
3
2R + r +
2
+ r
2
4R
4r6
√
+ r 3
4R
2
+ r
2
≥ √ 3
3
2R + r +
2 2
R 4R + r
6 √ 3 6 √ 3
4r 2 2
r 2 2
4R + r + r 4R + r + r
≥ = .
6 √ 6
7
√
8R 7+4 2 2R + 4 2

61
Mặt khác, áp dụng Tính chất 1.2.3 vào phương trình (3.19), theo Hệ
thức 3.2.2 và bất đẳng thức Fejes Toth, ta có
p2r4
√
+ r 3
4R2
+ r2
r1r2r3 + r1r2r4 + r1r3r4 + r2r3r4 =
√ 3
3 2
+ r
2
4R 2R + r +4R
r4
√
+ r 5
4R
2
+ r
2
≤ √ 3
3 2
+ r
2
4R 2R + r +4R
4 √ 5 √ 5
r 2 2
+ r 2 2
+ r
4R + r 4R + r
≤ =
256r
6
7 + 4√ 256r
2
7 + 4√
2 2
Hệ thức 3.2.19
p2r6
√
+ r 4
4R2
+ r2
r1r2r3r4 = .
√ 4
4 2
+ r
2
16R 2R + r +4R
Hệ thức 3.2.20
√ 2
+ r 2
1 1 1 1 4r 2R + r +4R
+ + + = .
√
r1r2r3r4 + r
r2 4R
2
+ r
2
Hệ thức 3.2.21
1+ 1 + 1 + 1 + 1 + 1

r
1
r
2
r
1
r
3
r
1
r
4
r
2
r
3
r
2
r
4
r
3
r
4

62
2 2 2 √ √ 2
2
+ r 2 2
+ r 2
4R p + 2r + 2r 4R 2R + r +4R
= .
√ + r 2
p
2
r
4
4R
2
+ r
2
Hệ thức 3.2.22
3 √ 3
2
+ r 2
1 1 1 1 16R 2R + r +4R
+ + + = .
r1r2r3 r1r2r4 r1r3r4 r2r3r4 √ 2
2
r
5 2 2
p 4R + r + r
3.3 Các hệ thức lượng giác cho tứ giác hai tâm
Mục này trình bày một số kết quả đầu tiên của tác giả về phương
trình bậc bốn với các nghiệm là hàm số lượng giác của các góc và
các hệ thức lượng giác trong tứ giác hai tâm.
Hệ thức 3.3.1
p
≤ SIN A1 + SINC1 + SIN A2 + SINC2 =
p 16r
√ r ≤ .
R
2 p
2
+ 16r
2
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.1 vào phương trình bậc bốn
(3.21) và bất đẳng thức Fejes Toth, ta có
SIN A1 + SIN C1 + SIN A2 + SIN C2 =
p p
≥ √ r .
R 2
Theo bất đẳng thức (3.29), ta có
p
2
+ 8r
2
1 p
2
+ 8r
2
2
⇔
R
2
≤ − r
2
r 4R
2
+ r
2
≤ 8 4 8r
1 p
4
+ 16 p
2
r
2
⇔
R
2
≤
pp2
+ 16r2
(3.30)
⇔R ≤

4 (8r)
2
16r

63
Áp dụng Tính chất 1.2.1 vào phương trình bậc bốn (3.21), theo bất
đẳng thức (3.29) và (3.30) ta có
SIN A1 + SIN C1 + SIN A2 + SIN C2 =
p
≤
16r
R p
2
+ 16r
2
Hệ thức 3.3.2
SIN A1 SIN C1 +SIN A1 SIN A2 +SIN A1 SIN C2 +SIN C1 SIN A2 +SIN C1 SIN C2 +SIN A2 SIN C2
2 2 √ 2
+ r
2
= p + 2r + 2r 4R
.
4R
2
(3.21), ta có điều phải chứng minh.
Hệ thức 3.3.3
SIN A1 SIN C1 SIN A2 +SIN A1 SIN C1 SIN C2 +SIN A1 SIN A2 SIN C2 +SIN C1 SIN A2 SIN C2
√ + r
r p 4R2
+ r2
= .
4R
3
Hệ thức 3.3.4
r2
p2
SIN A
1
SIN C
1
SIN A
2
SIN C
2
=
16R4
.
Hệ thức 3.3.5
√ + r
1 1 1 1 4R 4R2
+ r2
+ + + = .
SIN A1 SIN C1 SIN A2 SIN C2 r p
Chứng minh 1. Áp dụng Tính chất 1.2.4 vào phương trình bậc bốn (3.21),
ta có điều phải chứng minh.
Chứng minh 2. Áp dụng Hệ thức 3.3.3 và Hệ thức 3.3.4 ta có
1
+
1
+
1
+
1
SIN A1 SIN C1 SIN A2 SIN C2

64
= SIN A1 SIN C1 SIN A2 + SIN A1 SIN C1 SIN C2 + SIN A1 SIN A2 SIN C2 + SIN C1 SIN A2 SIN C2
SIN A1 SIN C1 SIN A2 SIN C2
√ √
2 2 + r 4 4R 2 2 + r
r p 4R + r
16R 4R + r
= =
. .
3 2
p
2
r p
4R r
Hệ thức 3.3.6
√
SIN2 A1 + SIN2 C1 + SIN2 A2 + SIN2 C2 =
p2 − 2r2 − 2r 4R2 +
r2
.
2R
2
Chứng minh 1. Áp dụng Tính chất 1.2.6 cho phương trình bậc bốn (3.21).
Chứng minh 2. Áp dụng Hệ thức 3.3.1 và Hệ thức 3.3.2.
Đẳng thức 3.3.7
1
+
1
+
1
+
1
SIN A1 SIN C1 SIN A1 SIN C2SIN A1 SIN A2 SIN C1 SIN A2
2 2 2 √
p + 2r 2
+ r 2
1 1 4R + 2r 4R
+ + = .
SIN C1 SIN C2 SIN A2 SIN C2 r
2
p
2
Chứng minh 1. Áp dụng Tính chất 1.2.13 vào phương trình bậc bốn (3.21).
Chứng minh 2. Áp dụng Hệ thức 3.3.2 và 3.3.4.
Hệ thức 3.3.8
1
+
1
+
1
SIN A1 SIN C1 SIN A2 SIN A1 SIN C1 SIN C2SIN A1 SIN A2 SIN C2
+ 1 =16R
3
.
SIN C1 SIN A2 SIN C2 r2
p

Chứng minh 1. Áp dụng Tính chất 1.2.14 vào phương trình bậc
bốn (3.21). Chứng minh 2. Áp dụng Hệ thức 3.3.1 và 3.3.4. Đẳng
thức 3.3.9

65
SIN
2
A1 SIN
2
C1 +SIN
2
A1 SIN
2
A2 +SIN
2
A1 SIN
2
C2 +SIN
2
C1 SIN
2
A2 +SIN
2
C1 SIN
2
C2
2 2 2 2 2 2 √
− 4r
2
+ r
2
+SIN
2
A2 SIN
2
C2 =
16R r + (p − 2r ) p − 4r 4R
.
16R
4
Chứng minh 2. Áp dụng các Hệ thức (3.3.1), (3.3.2), (3.3.3) và (3.4.4).
Hệ thức 3.3.10
SIN
2
A1 SIN
2
C1 SIN
2
A2 + SIN
2
A1 SIN
2
C1 SIN
2
C2 + SIN
2
A1 SIN
2
A2 SIN
2
C2
√
+ SIN2 C1 SIN2 A2 SIN2 C2 =
2r4 p2 − r2 p4 + 8r2 p2R2 + 2r3 p2 4R2 + r2
.
32R
6
Chứng minh 2. Áp dụng các Hệ thức 3.3.2, 3.3.3 và 3.3.4.
Hệ thức 3.3.11
4 2 2 2 √
+ 2r
2
+ r
2
1 + 1 + 1 + 1 = 8R 2r − p + 8R 4R .
SIN
2
A1 SIN
2
C1 SIN
2
A2 SIN
2
C2 r
2
p
2
Chứng minh 2. Áp dụng các Hệ thức 3.3.4 và 3.3.10.
Hệ thức 3.3.12
(SIN A1 − SIN C1)
2
+ (SIN A1 − SIN A2)
2
+ (SIN A1 − SIN C2)
2
+ (SIN C1 − SIN A2)
2
2 2 √ 2
+ r
2
+(SIN C1
−
SIN C2)2
+ (SIN A2
−
SIN C2)2 = p − 4r− 4r 4R .
R2
Hệ thức 3.3.13
(SIN A1 + SIN C1)
2
+ (SIN A1 + SIN A2)
2
+ (SIN A1 + SIN C2)
2
+ (SIN C1 + SIN A2)
2

66
2 2 √ 2
+ r
2
+(SIN C1 + SIN C2)
2
+ (SIN A2 + SIN C2)
2
= 2 p − r − r 4R .
R2
Hệ thức 3.4.14
SIN A1 + SIN C1+ SIN A2 + SIN C1 + SIN A2+ SIN C2 + SIN A2 + SIN C2+ SIN A1
SIN C2 SIN A1 SIN C1
√ 2 2
+ r
SIN C2 + SIN A1+ SIN C1
4 4R + r
+ = .
r
SIN A2
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.9 vào phương trình bậc bốn (3.21).

Kết luận
Xuất phát từ phương trình bậc bốn cho tứ giác hai tâm, trên cơ sở
các tài liệu [4], [9], [10], luận văn đã phát biểu và chứng minh các hệ
thức hình học trong tứ giác hai tâm.
Ngoài ra, luận văn cũng phát biểu và chứng minh một số hệ thức
lượng giác trong tứ giác hai tâm. Có thể xuất phát từ các phương trình
bậc bốn cho các yếu tố của tứ giác hai tâm (bốn cạnh, bán kính của
bốn đường tròn ngoại tiếp, bốn bán kính của bốn đường tròn nội tiếp
các tam giác tạo bởi hai đường chéo, sin của bốn góc,...) để phát biểu
và chứng minh nhiều hệ thức hình học và lượng giác khác trong tứ
giác hai tâm, chưa được trình bày trong luận văn này.
Hy vọng luận văn được các giáo viên và học sinh, đặc biệt là các
giáo viên và học sinh chuyên toán, tham khảo và sử dụng như một
chuyên đề về tứ giác hai tâm.

Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Tạ Duy Phượng, Phương trình bậc ba và các hệ thức trong tam
giác, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội, 2004, 243 trang.
[2] Tạ Duy Phượng, Hoàng Minh Quân, Phương trình bậc ba với
các hệ thức hình học và lượng giác trong tam giác, Nhà xuất
bản Giáo dục Việt Nam, Hà Nội, 2017, 448 trang.
[3] Hoàng Minh Quân, Xây dựng, sáng tạo và hệ thống hóa các hệ
thức hình học trong chương trình toán Trung học phổ thông,
Sáng kiến kinh nghiệm, Sở Giáo dục Hà Nội, Năm học 2013-
2014, Chương 6, trang 149-211.
[4] Hoàng Minh Quân, Tạ Duy Phượng, Phương trình bậc bốn và các
hệ thức hình học trong tứ giác hai tâm, Bản thảo, 2017, 231 trang.
Tiếng Anh
[5] Mihaly Bencze, Marius Drăgan, Some inequalities in bicentric quadri-
lateral, Acta univ.Sapientiae mathematica, 5, 1(2013),pp. 20-38.
[6] C.V. Durell, A.Robson, Advanced Trigonometry, G. Bell and Sons,
Lon-don, 1930. New edition by Dover Publication, Mineola, 2003.
[7] Martin Josefsson, The area of a bicentric quadrilateral, Forum
Geomet-ricorum, Volume 11(2011),pp.154-164.
[8] Dragoslav S. Mitrinovic, J. Pecaric, V. Volenec, Recent
Advances in Ge-ometric Inequalities, 1989.

69
[9] Ovidiu T. Pop, Identities and inequalities in a quadrilateral, Vol.
17, No.2, October 2009, pp.754-763.
[10] Mirko Radic, Certain inequalities concerning bicentric
quadrilaterals, Journal of Inequalities in Pure and Applied
Mathematics, Vol. 6, issue 1, Article 1, 2005, pp.1-43.
[11] Zhang Yun, "Euler’s Inequality Revisited", Mathematical
Spectrum, Volume 40, Number 3 (May 2008), pp. 119-121.

Phương Trình Bậc Bốn Và Các Hệ Thức Hình Học Trong Tứ Giác Hai Tâm.doc

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Phương Trình Bậc Bốn Và Các Hệ Thức Hình Học Trong Tứ Giác Hai Tâm.doc

Similar to Phương Trình Bậc Bốn Và Các Hệ Thức Hình Học Trong Tứ Giác Hai Tâm.doc (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Phương Trình Bậc Bốn Và Các Hệ Thức Hình Học Trong Tứ Giác Hai Tâm.doc