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

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------
Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
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
---------------------------
Tải tài liệu tại sividoc.com
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

ˆ ˆ ˆ
ˆ
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.
4)
p =
a+b+c+d
2
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 AEB,BEC,CED,DEA.
8) r1,r2,r3,r4 tương ứng là bán kính (hoặc độ dài bán kính) đường tròn nội
tiếp của tam giác AEB,BEC,CED,DEA.

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

x
4
2
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
x4 +ax3 +bx2 +cx+d = 0. (1.1)
Phương trình (1.1) có thể viết dưới dạng sau
x4
+ ax3
= −bx2
− cx − d,
hay
tức là
x4
+ax3
+
a2x2
4
=
a2
4 −b x −cx− d,
x2 +
ax 2
2
=
a2
4
−b x2
− cx− d (1.2)
Cộng hai vế của phương trình (1.2) với 2 ax y2
, ta được phương
2 ax 2 2 ax y2
2 ax y2 a2
2
x +
2
hay
+ x +
2
y+
4
= x +
2
y+
4
+
4
−b x − cx −d,
2
trình
+ y +

5
+ 2
+
2 4
− b+ y +
2
− c x+
4
− d. (1.3)
x2
+
ax
+
y0 2
= (αx+β)2
.
2 2
x3,4 = −
2 2
a − α
2
a −α
2 ax y 2 a2
2 ay y2
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
ay 2 a2 y2
hay
∆ =
2
−c —4
4
− b+ y
4
− d = 0,
y3 − by2 + (ac − 4d)y − [d(a2 − 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
2 2
Điều này tương đương với
x2
+
ax
+
y0
= αx + β,
2 2
hoặc
x2
+
ax
+
y0
= −αx − β .
Giải hai phương trình trên ta tìm được nghiệm của phương trình bậc bốn (1.1)
1 1
s
1 2
x1,2 = −
2 2
a + α ±
và
2
a + α — 4β − 2y0
1 1
s
1 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
x = x
± +4β − 2y0 .

6
h ih i
thức trong chương 3.
Định lí 1.2.1 (Định lí Viète về nghiệm của phương trình bậc bốn) Phương
trình x4 + ax3 + bx2 + 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:
x4
+ ax3
+ bx2
+ cx + d
=(x − x1)(x− x2)(x− x3)(x − x4)
= x2
−(x1 +x2)x+x1x2 x2
− (x3 + x4)x+ x3x4
=x4
− (x+x2 + x3 + x4)x3
+ (x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4)x2
— (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
Chứng minh.
T5 =
x1
+
x2
+
x3
+
x4
= −
d
.
1 1 1 1 x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4 T3 c
T5 =
x1
+
x2
+
x3
+
x4
=
x1x2x3x4
=
T4
= −
d
.

7
1
— − − −
— − − −
1 1
1 1 1
1 1 1
1 1
Tính chất 1.2.6
T6 = x2
+ x2
+ x2
+ x2
= a2
− 2b.
1
Chứng minh.
T6 =x2
+x2
+x2
+x2
2 3 4
1 2 3 4
=(x1 + x2 + x3 + x4)2
− 2(x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4)
=T2
−2T2 = a2
−2b.
Tính chất 1.2.7
T7 =(x1 + x2 + x3)(x2 + x3 + x4)(x3 + x4 + x1)(x1 + x2 + x4)
=a2
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)
=
h
T2
−(x1 +x2)T1 +x1x2
ih
T2
−(x3 +x4)T1 +x3x4
i
=T4
− T3
(x1 + x2 + x3 + x4) + T 2
(x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4)
— T1(x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4) + x1x2x3x4
=T4
− T3
T1 + T2
T2 − T1T3 + T4 = a2
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)
= − a4
− 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)
=
h
T2
− 2(x1 +x2)T1 +4x1x2
ih
T2
−2(x3 +x4)T1 +4x3x4
i

8
−
−
2
1 1 1
1 1 1
1 1
1 2 2 3 3 4 4 1 1 3 2 4
1 2 3 2 3 4 3 4 1 4 1 2
=T4
− 2T3
(x1 + x2 + x3 + x4) + 4T2
(x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4)
— 8T1(x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4) + 16x1x2x3x4
=T4
− 2T4
+ 4T2
T2 − 8T1T3 + 16T4
=− T4
+ 4T2
T2 −8T1T3 + 16T4
= − a4
+ 4a2
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
Chứng minh. Ta có
x2 x3 d
T9 =
x1 +x2 +x3
+
x2 +x3 +x4
+
x3 +x4 +x1
+
x1 +x2 +x4
x4 x1 x2 x3
=
x1 +x2 +x3 +x4
+
x1 +x2 +x3 +x4
+
x1 +x2 +x3 +x4
x1 x2 x3
+
x1 +x2 +x3 +x4
4
x4
=(x1 +x2 +x3 +x4)
1
x1
1 1
+ +
x2 x3
+
1
4
x4
=T1T5 −4 =
Tính chất 1.2.10
ac
d
− 4.
T10 = x2
x2
+x2
x2
+x2
x2
+x2
x2
+x2
x2
+x2
x2
= b2
−2ac+2d.
T10 =x2
x2
+ x2
x2
+ x2
x2
+ x2
x2
+ x2
x2
+ x2
x2
1 2 2 3 3 4 4 1 1 3 2 4
=(x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4)2
— 2(x1 + x2 + x3 + x4)(x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4) + 2x1x2x3x4
=T2
− 2T1T3 + 2T4 = b2
− 2ac + 2d.
Tính chất 1.2.11
T11 = x2
x2
x2
+x2
x2
x2
+ x2
x2
x2
+x2
x2
x2
= c2
−2bd.

9
3
6
1 2 3 4 − 1 2 2 3 3 4 4 1 1 3 2 4
T11 =x2
x2
x2
+ x2
x2
x2
+ x2
x2
x2
+ x2
x2
x2
1 2 3 2 3 4 3 4 1 4 1 2
=(x1x2x3 + x2x3x4 + x3x4x1 + x1x2x4)2
— 2x1x2x3x4(x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4)
=T2
− 2T4T2 = c2
− 2bd.
Tính chất 1.2.12
T12 = x4
+ x4
+ x4
+ x4
= a4
− 4a2
b + 2b2
+ 4ac − 4d.
1 2 3 4
T12 =x4
+x4
+x4
+x4
1 2 3 4
= x2
+x2
+x2
+x2
2
2 x2
x2
+ x2
x2
+ x2
x2
+ x2
x2
+ x2
x2
+ x2
x2
=T2
−2T10
=(a2
− 2b)2
− 2(b2
− 2ac + 2d)
=a4
− 4a2
b + 2b2
+ 4ac − 4d.
Tính chất 1.2.13
1 1 1 1 1 1 1 b
T13 =
x1x2
+
x1x3
+
x1x4
+
x2x3
+
x2x4
+
x3x4
+
x1x4
=
d
.
1 1 1 1 1 1 1
T13 =
x1x2
+
x1x3
+
x1x4
+
x2x3
+
x2x4
+
x3x4
+
x1x4
=
x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4
x1x2x3x4
T2
=
T4
Tính chất 1.2.14
b
=
d
.
T14
1
=
x1x2x3
1
+
x2x3x4
1
+
x3x4x1
1
+
x1x2x4
=
−a
.
d
1 1 1 1
T14 =
x1x2x3
+
x2x3x4
+
x3x4x1
+
x1x2x4
=
x1 + x2 + x3 + x4
=
T1
=
−a
.
x1x2x3x4 T4 d

10
= 1 2 2 3 3 4 4 1 1 3 2 4
−
= 1 2 3 4
=
−
= 1 2 3 2 3 4 3 4 1 4 1 2
−
−
Tính chất 1.2.15
x1x2 x2x3 x3x4 x4x1 x1x3 x2x4 b2 − 2ac + 2d
T15 =
x3x4
+
x4x1
+
x1x2
+
x2x3
+
x2x4
+
x1x3
=
d
.
T15 =
x1x2
+
x2x3
+
x3x4
+
x4x1
+
x1x3
+
x2x4
x3x4 x4x1 x1x2 x2x3 x2x4 x1x3
x2x2 + x2x2 + x2x2 + x2x2 + x2x2 + x2x2
x1x2x3x4
Tính chất 1.2.16
=
T10
=
T4
b2
2ac + 2d
d
.
x1 x2 x3 x4 a2 −2b
T16 =
x2x3x4
+
x3x4x1
+
x1x2x4
+
x1x2x3
=
d
.
T16 =
x1
x2x3x4
+
x2
x3x4x1
+
x3
x1x2x4
+
x4
x1x2x3
Tính chất 1.2.17
x2
+x2
+x2
+x2
x1x2x3x4
T6 a2 2b
= .
T4 d
T17 =
x1x2x3
+
x4
x2x3x4
+
x1
x3x4x1
+
x2
x4x1x2
=
x3
c2 2bd
d
.
T17 =
x1x2x3
+
x2x3x4
+
x3x4x1
+
x4x1x2
x4 x1 x2 x3
x2x2x2 + x2x2x2 + x2x2x2 + x2x2x2
x1x2x3x4
Tính chất 1.2.18
=
T11
=
T4
c2 2bd
d
.
1 1 1 1 c2
− 2bd
T18 =
x2 +
x2 +
x2 +
x2 =
d2 .
1 2 3 4

11
= 1 2 3 2 3 4 3 4 1 4 1 2 =
2
1 2 3 4
1 2 3 2 3 4 3 4 1 4 1 2
−
2
1 1 1 1
T18 =
x2 +
x2 +
x2 +
x2
1 2 3 4
x2x2x2 + x2x2x2 + x2x2x2 + x2x2x2
x2x2x2x2
T11
T2
c2 2bd
=
d2 .
Tính chất 1.2.19
1 2 3 4 4
T21 =(x1 −x2)2
+(x1 −x3)2
+(x1 −x4)2
+(x2 −x3)2
+(x2 −x4)2
+(x3 −x4)2
=3a2
− 8b.
T21 =(x1 −x2)2
+(x1 −x3)2
+(x1 −x4)2
+(x2 −x3)2
+(x2 −x4)2
+(x3 −x4)2
=3(x2
+ x2
+ x2
+ x2
) − 2(x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4)
=3T6 −2T2
=3(a2
− 2b) − 2b = 3a2
− 8b.
Tính chất 1.2.20
T20 = x4
x4
x4
+ x4
x4
x4
+ x4
x4
x4
+ x4
x4
x4
= c4
− 4bdc2
+ 2b2
d2
− 4d3
.
T20 =x4
x4
x4
+ x4
x4
x4
+ x4
x4
x4
+ x4
x4
x4
1 2 3 2 3 4 3 4 1 4 1 2
=(x2
x2
x2
+ x2
x2
x2
+ x2
x2
x2
+ x2
x2
x2
)2
1 2 3 2 3 4 3 4 1 4 1 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
— 2x1x2x3x4(x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4)
11 −2T4 T10
=c4
− 4bdc2
+ 2b2
d2
− 4d3
.
Tính chất 1.2.21
T21 =(x1 + x2)2
+ (x1 + x3)2
+ (x1 + x4)2
+ (x2 + x3)2
+ (x2 + x4)2
+ (x3 + x4)2
=3a2
− 4b.
T21 =(x1 + x2)2
+ (x1 + x3)2
+ (x1 + x4)2
+ (x2 + x3)2
+ (x2 + x4)2
+ (x3 + x4)2
=3(x2
+ x2
+ x2
+ x2
) + 2(x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4)
1 2 3 4
=3T6 +2T2
=3(a2
− 2b) + 2b = 3a2
− 4b.
=T

12
1.3 Một số nhận xét về nghiệm của phương trình bậc bốn
Cho phương trình bậc bốn x4 + ax3 + bx2 + 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
x1
,
1
x2
,
1 1
x3
,
x4
là bốn nghiệm của phương trình
t4 +
c
t3 b
t2 +
a
t +
1
d d d d
= 0. (1.5)
Chứng minh. Thay x =
1
vào phương trình (1.1) ta có điều phải chứng minh.
t
x2,x2,x2,x2 là bốn nghiệm của phương trình
1 2 3 4
t4 − (a2 − 2b)t3 + (b2 − 2ac + 2d)t2 − (c2 − 2bd)t + d2 = 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.
x1x2x3,x1x2x4,x1x3x4,x2x3x4 là bốn nghiệm của phương trình
t4 + ct3 + bdt2 + ad2t + d3 = 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 = x2x2x2x2(x1 +x2 +x3 +x4) = T 2T1 = −ad2.
4) t1t2t3t4 = x3x3x3x3 = d3.
1 2 3 4 4
1 2 3 4
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
1
S =
2
e f sinθ, (2.1)
trong đó θ là góc nhọn giữa AC và BD.
Chứng minh.
A
B
Gọi E là giao điểm của AC và BD. Ta có
S =SAEB + SBEC + SCED + SDEA
1 1 0 1
=
2
AE.EB. sinθ +
2
BE.EC. sin(180 − θ) +
2
CE.ED. sinθ
c b
C
D
d θ
b
E
e
f
b
a

14
2
1 0
+
2
DE.EA. sin(180
1
— θ)
=
2
[AE(EB + ED) +CE(EB + ED)]sinθ
1 1 1
=
2
(AE + EC).BD.sinθ =
2
AC.BD.sinθ =
2
e f sinθ.
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 =
s
(p − a)(p −b)(p − c)(p −d) −abcd.cos2 A+C
, (2.2)
trong đó A và C là hai góc đối diện.
Chứng minh.
A
B
Ta có
1 1
Vì thế
S = S△ADB + S△BDC =
2
ad sinA +
2
bcsinC.
2S = ad sinA + bcsinC,
4S2 = (ad)2 sin2 A + (bc)2 sin2 C + 2abcd sinAsinC. (1)
Áp dụng Định lí hàm số cosin cho tam giác ABD,BDC ta có
a2
+ d2
− 2ad cos A = DB2
= b2
+ c2
− 2bccosC,
c b
C
D
d
b
a

15
2
2
2
2
2
−
2
2
hay
a2 +d2 −b2 −c2 2
= (ad cosA − bccosC)2
.
Điều này có thể được viết lại như sau
(a2 + d2 − b2 − c2)2
2 2 2 2
4
= (ad) cos A+(bc) cos C−2abcd cosAcosC. (2)
Cộng tương ứng các vế của (1) và (2) ta được
2 (a2 + d2 − b2 − c2)2
2 2
4S +
4
=(ad) + (bc) − 2abcd cos(A +C)
Từ đó ta có
=(ad + bc)2
− 2abcd − 2abcd cos(A +C)
=(ad + bc)2
− 2abcd(cos(A +C) + 1)
=(ad + bc)2
− 4abcd
cos(A +C) + 1
=(ad +bc)2
−4abcd cos2 A+C
.
16S2
=4(ad + bc)2
− (a2
+ d2
− b2
− c2
)2
− 16abcd cos2 A +C
=
h
2(ac+ bc)−(a2
+d2
−b2
−c2
)
ih
2(ac+ bc)+(a2
+d2
− b2
−c2
)
i
— 16abcd cos2 A +C
=
h
(b+c)2
−(a−d)2
ih
(a+d)2
−(b −c)2
i
−16abcd cos2 A +C
=(a + b + c − d)(a +b − c+ d)(a −b + c+ d)(−a +b +c +d)
16abcd cos2 A+C
2
=16(p− a)(p −b)(p − c)(p −d) −16abcd cos2 A+C
.
Suy ra
S2
= (p − a)(p −b)(p− c)(p −d)− abcd cos2 A+C
2

16
2
4
1 1
hay
S =
s
(p − a)(p − b)(p − c)(p − d) − abcd.cos2 A +C
.
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√
4e2 f 2 − (a2 − b2 + c2 − d2)2. (2.3)
Chứng minh.
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
1
S =
2
e f sinθ.
Do đó
16S2
= 4e2
f 2
sin2
θ = 4e2
f 2
(1 − cos2
θ) = 4e2
f 2
− (2e f cosθ)2
.
Kí hiệu AE = e1,EC = e2,BE = f1,ED = f2. Khi ấy theo định lí hàm số
cosin ta có
a2
= AE2
+ EB2
− 2AE.EB.cosθ = e2
+ f 2
− 2e1 f1 cosθ,
c b
C
D
d θ
b
E
e
f
b
a

17
q
− − −
2
1 2
2 2
1 1 1 2 1 2 2 2
b2
= BE2
+ EC2
− 2BE.EC.cosθ′
= f 2
+ e2
− 2e2 f1 cosθ′
,
c2
= CE2
+ ED2
− 2CE.ED.cosθ = e2
+ f 2
− 2e2 f2 cosθ,
d2
= DE2
+ EA2
− 2DE.EA.cosθ′
= f 2
+ e2
− 2e1 f2 cosθ′
.
2 1
Suy ra
2e f cosθ = 2(e1 + e2)( f1 + f2)cosθ
= 2e1 f1 cosθ − 2e1 f2 cosθ′
− 2e2 f1 cosθ′
+ 2e2 f2 cosθ
= −a2
+e2
+ f2
+d2
−e2
− f2
+b2
− f2
− e2
−c2
+e2
+ f2
= −a2 + b2 − c2 + d2. (2.3′)
Từ đó ta có
S =
1
4e2 f2 (a2 b2 +c2 d2)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√
e2 f 2 − (m2 −n2)2. (2.4)
Chứng minh.
D
b
f b
P
Q
b
C
n
b
N
e
b
B
A M
Gọi M,N,P,Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB,BC,CD,DA.
Đặt MP = m,NQ = n, áp dụng định lí đường trung tuyến cho các tam giác
m

18
−
−
−
−
−
−
— −
4
2
−
−
ACD,BCD,PAB, ta có
PA2
=
PB2
=
2(d2 + e2) c2
;
4
2(b2 + f 2) c2
;
4
m2
= PM2
=
2(PA2 +PB2)−AB2
4
2(d2 + e2) c2
2
4
+
=
2(b2 + f 2) c2
4
− a
4
2 2 2 2 2 2
=
−a + b −c +d +e + f
. (2.5)
4
Tương tự, áp dụng định lí đường trung tuyến cho các tam giác ABC,DBC,NAD,
ta có
NA2
=
ND2
=
2(a2 + e2) b2
;
4
2(c2 + f 2) b2
;
4
n2
= NQ2
=
2(NA2
+ ND2
) − AD2
4
2(a2 + e2) b2
2
4
+
=
2(c2 + f 2) b2
4
− d
4
a2
b2
+c2
d2
+ e2
+ f2
=
4
. (2.6)
Từ (2.5) và (2.6), ta có
4(m2
− n2
) = −2(a2
− b2
+ c2
− d2
)
hay
Từ (2.4), ta có
(a2 − b2 + c2 − d2)2 = 4(m2 − n2)2. (2.7)
S =
1
q
4e2 f 2 − (a2 − b2 + c2 − d2)2.
Kết hợp (2.4) và (2.7), ta có
S =
1
q
e2 f 2 − (m2 − n2)2.
2
2

19
ˆ ˆ
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 1800
.
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 KA.KB = KC.KD.
Chứng minh.
K
B
Chiều thuận: Tứ giác ABCD nội tiếp nên ta có
K
^
BD = KCA, B
^
KD = CKA.
b
D
C
b
O
A

20
b
C
P
D
N
A
b
B
^ ˆ
ˆ
Suy ra, tam giác KBD và tam giác KCA đồng dạng. Do đó, ta có
KB KD
=
KC KA
hay KA.KB = KC.KD.
Chiều đảo: Tứ giác ABCD có KA.KB = KC.KD, suy ra
KB
=
KD
.
KC KA
Mặt khác tam giác KBD và tam giác KCA có chung đỉnh K nên hai tam
giác này đồng dạng. Do đó, ta có KBD = KCA nên tứ giác ABCD nội tiếp.
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.
M
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
M
^
AD = ABD+ ADB.
Mặt khác sđ sđ (góc nội
ˆ
tiếp) nê
ˆ
n
- 1 ⌢
BCD=
2
BD
M
^
AD = BCD = 1800
— DÂB. (1)

21
A
ˆ
Từ (1),(2),(3) suy ra ANM = PNC.
ˆ
Do đó ANM và PNC là hai góc đối đỉnh hay M N P thẳng hàng.
ˆ
Từ (4) và (5), suy ra DCP = DAM.
ˆ
^ ˆ
^ ˆ ˆ ˆ
Tứ giác ANDM nội tiếp đường tròn đường kính AD, ta có
A
^
NM = A
^
DM = 900 − M
^
ND = 900 − M
^
AD. (2)
Tứ giác NPCD nội tiếp đường tròn đường kính CD, ta có
^
^
, ,
Đảo: Giả sử M,N,P thẳng hàng, ta sẽ chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp.
Thật vậy, ta có
D
^
NM + D
^
NP = 1800
,
mà tứ giác DNPC nội tiếp nên DNP + DCP = 1800
.Do đó
D
^
NM = DCP. (4)
Mặt khác, tứ giác ANDM nội tiếp nên ta có
D
^
NM = D
^
AM. (5)
^
Ta có DAM + DAB = 1800
nên DCP + DAB = 1800
hay tứ giác ABCD nội
tiếp.
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
C
D
PN̂C = PD̂C = 900 − BĈD. (3)

22
√
⌢ ⌢ 1 ⌢
Giả sử ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Lấy điểm K trên AC sao cho AB̂K = CB̂D. Mặt khác, ta có
sđ BAC= sđ BDC=
2
sđ BC .
Do vậy tam giác ABK đồng dạng với tam giác DBC, tương tự ta có tam giác
ABD đồng dạng với tam giác KBC vì:
- ⌢ 1 ⌢
sđ ADB= sđ ACB=
2
sđ AB,
^ ^
Suy ra
AB̂D = AB̂K + KBD = CB̂D+ KBD = KB̂C.
Từ đó ta có
AK CD
=
AB BD
và
CK
BC
DA
=
BD
.
AK.BD = AB.CD và CK.BD = BC.DA.
Cộng các vế của hai đẳng thức trên ta được:
hay
AK.BD+CK.BD = AB.CD + BC.DA,
(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
S = (p − a)(p − b)(p − c)(p − d). (2.7)
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
e2 =
(ac + bd)(ad + bc)
; f 2 =
(ac + bd)(ab + cd)
.
Chứng minh.
ab + cd ad + bc
Áp dụng định lí hàm số cosin ta có
e2
= a2
+ b2
− 2abcosB,
hay
Mặt khác,
hay
Từ đó ta có
Suy ra
cde2
= cd(a2
+ b2
) − 2abcd cosB.
e2
= c2
+ d2
− 2cd cosD = c2
+ d2
− 2cd cosB,
abe2
= ab(c2
+d2
)−2abcd cosB.
(ab + cd)e2
= cd(a2
+ b2
) + ab(c2
+ d2
)
= ac(ad + bc) + bd(ad + bc) = (ad + bc)(ac + bd).
e2
=
(ac + bd)(ad + bc)
.
ab + cd
c b
C
D
e
d b
f
A
a
B

24
Chứng minh tương tự, ta cũng có
f 2 =
(ac + bd)(ab + cd)
.
ad +bc
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
= .
f ab + 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 =
√
abcd sin
B + D
2
Chứng minh. Tứ giác ABCD ngoại tiếp nên ta có
1
(2.8)
a + c = b + d =
2
(a+ b + c +d) = p. (1)

25
2
Mặt khác, ta có
1 1
nên
Lại có
hay
S = SABC +SACD =
2
absinB+
2
cd sinD
4S = 2absinB+ 2cd sinD. (2)
a2
+ b2
− 2abcosB = e2
= c2
+ d2
− 2cd cosD
a2 + b2 − c2 − d2 = 2abcosB − 2cd cosD. (3)
Từ (2) và (3) đem bình phương hai vế cộng lại, ta được
16S2
+ (a2
+b2
− c2
− d2
)2
= 4a2
b2
+4c2
d2
−8abcd cos(B+ D),
hay
16S2
=4a2
b2
+ 4c2
d2
− (a2
+ b2
− c2
− d2
)2
− 8abcd cos(B + D)
=(2ab + 2cd)2
− (a2
+ b2
− c2
− d2
)2
− 8abcd(1 + cos(B + D))
=16(p − a)(p − b)(p − c)(p − d) − 8abcd(1 + cos(B + D)).
Do đó
S2 = (p −a)(p −b)(p− c)(p−d)−abcd cos2 B+ D
. (4)
Từ (1) và (4), ta có
S2
= abcd −abcd cos2 B+D
= abcd sin2 B+D
.
Suy ra
2.4 Tứ giác hai tâm
2.4.1 Định nghĩa
2 2
S =
√
abcd sin
B+ D
.
2
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 = S2
= p2
r2
. (2.9)
Chứng minh 1. Vì ABCD là tứ giác ngoại tiếp nên ta có (2.8). Mặt khác,
ABCD cũng là tứ giác nội tiếp nên ta có
B+ D
= 900.
2
Vậy theo (2.8) ta có abcd = S2 = p2r2.
Chứng minh 2 (trực tiếp, xem [7], trang 155-156).
B
b
b
b
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
a2 + b2 − 2abcosB = c2 + d2 − 2cd cosD. (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
a2 − 2ab + b2 = c2 − 2cd + d2. (2.11)
Lấy (2.10) trừ (2.11), sau đó đem chia cho 2, ta được
ab(1 − cosB) = cd(1− cosD). (2.12)
Tứ giác ABCD nội tiếp nên ta có cos B = −cos D. Khi đó (2.12) được viết lại
thành
C
b

27
— − — −
−
−
(ab + cd)cosB = ab − cd. (2.13)
Diện tích S của tứ giác ABCD thỏa mãn
2S = absinB + cd sinD,
mà sinB = sinD nên ta có
2S = (ab + cd)sinB (2.14)
Từ (2.13), (2.14) và sin2
B+ cos2 B = 1, ta có
(2S)2
= (ab + cd)2
(1 − cos2
B) = (ab + cd)2
− (ab − cd)2
= 4abcd.
Do đó
abcd = S2
= p2
r2
.
Hệ quả 2.4.1 Tứ giác hai tâm có độ dài các cạnh là a,b,c,d thì có diện tích
S = actan
θ θ
(2.15)
2
= bd cot
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
cosθ =
b2 + d2 − a2 − c2
2e f
nên
e f = ac + bd, a + c = b + d.
b2 +d2 − (a2 + c2)
tan2 θ
2 =
1 − cosθ
1 + cosθ
1
=
2e f
b2 +d2 (a2 + c2)
1+
2e f
a2 + c2 +2e f −(b2 + d2) a2 + c2 + 2ac + 2bd − (b2 + d2)
=
b2 +d2 + 2e f − (a2 + c2)
=
b2 +d2 + 2ac +2bd − (a2 + c2)
(a + c)2
(b d)2
=
(b+d)2 −(a−c)2
=
(b + d)2
(b d)2
(a+c)2 −(a−c)2
=
4bd
4ac
=
bd
ac
.
,

28
bd
2 ad
= cot
2
,tan
2 ab 2
2 1+cosB ab 2
2 ad
= cot
2
.
Từ đó, ta có tan2 θ
2
= . Theo Định lí 2.4.1 ta có
ac
S2
= (ac).(bd) = (ac) actan2 θ
= (ac)2
tan2 θ
.
Vì vậy
2 2
θ
θ
S = actan
2
. S = bd cot
2
.
Hệ quả 2.4.2 Tứ giác hai tâm có độ dài các cạnh là a,b,c,d thì
tan
A
=
r
bc
C B
=
r
cd = cot
D
(2.16)
Chứng minh. Từ công thức (2.12) với cosD = −cosB, ta có
tan
B
=
r
1− cosB
=
r
cd = cot
D
.
tan
A
=
r
bc C
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
b
D
m
Fb
I
r
H
G

29
2 2 2 2
sin A
cos A sin B
cos B
sin A cos A sin B cos B sinA sinB
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên có A+C = B+ D = 1800
.
Suy ra cot
C
= tan
A
=
r
và sin
C A
Tam giác vuông AFI có diện tích
2 2 m 2
= cos
2
.
mr r2
nên diện tích tứ ABCD là
SAIF = =
2
2tan
A
2
S = r2 1
+
1
+
1
+
1
!
.
tan A
tan B
tan C
tan D
Áp dụng công thức sin
A
=
r
và tương tự cho các góc còn lại, ta có
2 AI
S = r2 1
+
1
+
1
+
1
!
tan A tan C tan D
tan B
= r2
tan
A
+ cot
A
+ tan
B
+cot
B
= r2 1
+
1
!
(2.18)
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 = 2r2 1
+
1
. (2.19)
sinA sinB
Chứng minh. Từ công thức (2.24) ta có
S = r2 1
+
1
!
= 2r2 1
+
1
.

30
Bổ đề 2.4 (Zhang Yun)
sinAsinB =
r2 + r +
√
4R2 + r2
2R2
.
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
Chứng minh.
S = r(r +
√
4R2 + r2)sinθ. (2.20)
A
D
B
Theo định lí hàm số sin, ta có e = 2RsinA, f = 2RsinB. Từ đó
1 2
S =
2
ef sinθ = 2R
Mặt khác , theo Bổ đề 2.4 ta có
sin A sin B sinθ.
sinAsinB =
Vì vậy S = r r +
√
4R2 +r2 sinθ.
r2 + r +
√
4R2 + r2
2R2 . (2.21)
Định lí 2.4.4 Mọi tứ giác hai tâm ABCD đều có
4r2
≤ S ≤ 2R2
.
R
H
f
O
θ
e
C

31
2
^ ^ ^ ^
ef
Chứng minh.
B
Trước hết, ta chứng minh S ≤ 2R2
. Kẻ AH ⊥ BD,CK ⊥ BD. Ta có S =
f (h1 + h2)
.
2
Mặt khác h1 +h2 ≤ e nên S ≤
e 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 ≤
2
≤
B
2R.2R
= 2R2.
2
A
b
D
Tiếp theo ta chứng minh S ≤ 4r2
.
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
, hay
2
A
h2 e
b
f
b
H
b K
h1
D
C
x α x
E
t
b F
r y
r I b C
t
r
r y
H G
z z
β

32
f
e
2 2
tanα = cotβ .
Trong tam giác vuông BEI và IHD ta có
Tương tự chúng ta cũng có r2
= ty.
Diện tích tứ giác ABCD bằng
r
= tanα = cotβ =
x
z
, suy ra r2
= xz.
r
S = r(x + y + z +t) = 2r
x + z
+
t + y
≥ 2r(
√
xz +
√
ty) = 4r2.
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) = 16S2R2 = 16r2R2 p2; (2.22)
2. ab + bc + cd + da = p2
; (2.23)
3. ab + bc + cd +da + ac + bd = p2 + 2r2 + 2r
√
4R2 + r2; (2.24)
4. ac + bd = e f = 2r(r +
√
4R2 + r2). (2.25)
Chứng minh.
1. Chứng minh (2.22). Ta có
ad sinA + bcsinC = 2S; absinB + dcsinD = 2S.
Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên ta có sinA = sinC, sinB = sinD. Do đó
(ad + bc).
2R
= 2S hay (ad + bc). f = 4RS;
(ab + cd).
2R
= 2S hay (ab + cd).e = 4RS.

33
3
3
3
3
Suy ra
(ad + bc)(ab + cd)e f = 16R2
S2
= 16R2
r2
p2
.
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) = 16r2
R2
p2
.
2. Chứng minh (2.23). Vì ABCD là tứ giác ngoại tiếp nên ta có a+ c = b+ d.
Do đó
ab + bc + cd + da = (a + c)(b + d) = (a + c)2
3. Chứng minh (2.24). Đặt
a+b+c+d 2
= p2
.
σ1 : = Σa = a+b +c+ d;
σ2 : = Σab = ab +ac + ad + bc+ bd + cd;
σ3 : = Σabc = abc +abd +acd + bcd;
Σa2
: = a2
+ b2
+ c2
+ d2
.
Theo (2.22), ta có
(bc + ad)(ab + cd)(ac + bd) = 16r2
R2
p2
.
abcdΣa2
+ σ 2
− 2abcdσ2 = 16R2
r2
p2
.
Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên abcd = p2
r2
(Định lí 2.4.1), ta có
σ2
− 2abcdσ2 + abcd
h
(a + b + c +d)2
− 2(ab + ac +ad + bc+ bd + cd)
i
hay
tức là
= 16R2
r2
p2
σ2
− 4abcdσ2 + abcd(a + b + c +d)2
= 16R2
r2
p2
,
σ2 − 4p2r2σ2 + 4p4r2 = 16R2r2 p2. (2.26)
2
=

34
2
3
Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên ta có
(p − a)(p − b)(p − c)(p − d) = S2
= p2
r2
,
hay
tức là
h
p2
−(a+b)p +ab
ih
p2
−(c+d)p+cd
i
= p2
r2
,
p4
− (a + b + c + d)p3
+ (ab + ac + ad + bc + bd + cd)p2
−(abc + abd + acd + bcd)p
+abcd = p2
r2
.
p4
− 2p4
+ σ2 p2
− σ3 p + p2
r2
= p2
r2
.
Suy ra
hay
−p + pσ2 − σ3 = 0,
Từ (2.26) và (2.27) ta có
σ3 = p(σ2 − p2
). (2.27)
p2
(σ2 − p2
)2
− 4p2
r2
σ2 + 4p4
r2
= 16R2
r2
p2
.
σ2
− 2(p2
+ 2r2
)σ2 + p4
+ 4p2
r2
− 16R2
r2
= 0.
Đây là phương trình bậc hai với ẩn là σ2, từ đó ta có
σ2 = p2
+ 2r2
+ 2r
√
4R2 + r2,
hay
σ2 = ab + bc + cd + da + ac + bd = p2
+ 2r2
+ 2r
√
4R2 + r2.
4. Chứng minnh (2.25). Từ (2.23), (2.24) và định lí Ptolemy suy ra (2.25).

− 3
− 1
(3.1)
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
x4
−2px3
+ p2
+ 2r2
+ 2r
√
4R2 + r2 x2
−2rp
√
4R2 + r2 + r x+r2
p2
= 0.
Chứng minh. Giả sử độ dài bốn cạnh a,b,c,d của tứ giác hai tâm ABCD là
các nghiệm của phương trình
x4
+ m1x3
+ m2x2
+ m3x + m4 = 0 (3.2)
Khi đó, theo định lí Viète ta có
a+b+ c+d = m
ab+ ac+ad +bc+bd +cd = m2
abc + abd + acd + bcd = m
abcd = m4.

36
√
Suy ra: m1 = −(a+b + c +d) = −2p là hệ số của x3.
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 + 4R2 +r2
nên m2 = p2 + 2r2 + 2r
√
4R2 + r2 là hệ số của x2.
Hệ số của x là
m3 = abc + abd + acd + bcd = ac(b + d) + bd(a + c)
= (a + c)(ac + bd)
= pe f = 2rp
√
4R2 + r2 + r .
Theo Hệ quả 4.2.1, ta có m4 = abcd = p2r2.
Vậy theo định lí Viète chúng ta có a,b,c,d là các nghiệm của phương trình
bậc bốn (3.1).
Mệnh đề 3.1.1
1
,
a
1 1 1
b
,
c
,
d
là các nghiệm của phương trình
x4
− 2
√
4R2 + r2 + r
rp x3
+
p2 + 2r2 + 2r
√
4R2 + r2
r2p2 x2
−
2
r2p2 x+
1
r2 p2 = 0.
(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
x4
−
h
2p2
−4 r2
+r
√
4R2 +r2
i
x3
+ p2
+ 2r2
+ 2r
√
4R2 +r2
2
8rp2
√
4R2 + r2 + r + 2r2
p2
x2
−
−2r2
p2
8R2
+ 2r2
+ 2r
√
4R2 + r2 − p2
x + r4
p4
= 0. (3.4)

37
⇒
1
1
4
Mệnh đề 3.1.3 abc,abd,acd,bcd là các nghiệm của phương trình
t4
− 2rp
√
4R2 + r2 + r t3
+ r2
p2
p2
+ 2r2
+ 2r
√
4R2 + r2 t2
5 6 6
−2r p t + r p = 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 AEB,BEC,CED,DEA.
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
AEB,BEC,CED,DEA. Khi đó
R1 +R2 +R3 +R4 =
và
a =
2pR1
; b =
e f
(3.6)
2r
2pR2
;
R1 +R2 +R3 +R4
2pR3
R1 +R2 +R3 +R4
2pR4
(3.7)
c =
R1 +R2 +R3 +R4
; d =
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 AEB, ta có
a
sinθ
= 2R R =
a
.
2sinθ

38
Tương tự, ta có
b b c
R2 =
2sin(1800 − θ1)
=
2sinθ
, R3 =
2sinθ
,
d d
R4 =
2sin(1800 − θ1)
=
2sinθ
.
B
b
b
b
θ
D
A
Từ đó ta có
a+b+ c+d p
R1 +R2 +R3 +R4 = = . (3.8)
Theo Định lí 2.11, ta có
2 sinθ
1
sinθ
Từ (3.8) và (3.9) ta có
S =
2
e f sinθ. (3.9)
R1 +R2 +R3 +R4 =
Bây giờ ta chứng minh (3.7).
Vì
pe f
2S
=
pe f
2pr
=
e f
2r
.
a b c d
nên
R1 =
2sinθ
, R2 =
2sinθ
, R3 =
2sinθ
, R4 =
2sinθ
R1 R2 R3 R4 1
Do đó
= = = = .
a b c d 2sinθ
b =
R2
a, c =
R3
a, d =
R4
a. (3.10)
R1 R1 R1
C
b

39
√
Vậy
2p = a +b + c+ d = a +
R2
a +
R3
a +
R4
a =
a
(R1 + R2 +R3 + R4).
hay
R1 R1 R1 R1
2pR1
a =
R1 +R2 +R3 +R4
. (3.11)
Từ (3.10) và (3.11) chúng ta có
b =
c =
2pR2
;
R1 +R2 + R3 + R4
2pR3
;
R1 +R2 +R3 +R4
2pR4
d =
R1 +R2 +R3 +R4
.
Định lí 3.1.3 (xem [9]) Nếu tứ giác ABCD là tứ giác hai tâm thì
2pR1 2pR2
a = √
4R2 + r2 + r
; b = √
4R2 + r2 +r
;
2pR3 2pR4
c = √
4R2 +r2 +r
; d = √
4R2 +r2 + r
. (3.12)
Chứng minh. Theo (3.6), (3.7) và (2.11) ta có
2pR1 2pR1 2pR1
a = R +R =
+R +R ef
= √
4R2 + r2 + r
;
1 2 3
2pR2
4
2r
2pR2 2pR2
b = R +R =
+R +R ef
= √
4R2 + r2 + r
;
1 2 3
2pR3
4
2r
2pR3 2pR3
c = =
R +R +R + R ef
= √
4R2 + r2 + r
;
1 2 3
2pR4
4
2r
2pR4 2pR4
d = =
R1 +R2 +R3 +R4 e f
2r
= √
4R2 + r2 + r
.
Định lí 3.1.4 (xem [9]) R1,R2,R3,R4 của tứ giác hai tâm là nghiệm của
phương trình
x4
− 4R2 +r2 +r x3
+
p2 + 2r2 + 2r
√
4R2 + r2
√
4R2 + r2 +r
2
4p2
x2

40
√ √
1
√
√
1 1
2 2
√
2 2
r
√
4R2 + r2 + r
4
—
4p2 x+
r2
√
4R2 + r2 + r
4
16p2 = 0. (3.14)
Chứng minh. Vì a là nghiệm của phương trình (3.1) nên
a4
−2pa3
+ p2
+ 2r2
+ 2r 4R2 +r2 a2
−2rp 4R2 +r2 +r a+r2
p2
= 0.
Thay a từ (3.12) vào phương trình trên ta được
2pR1
4
√
4R2 + r2 + r
— 2p
2pR1
3
√
4R2 + r2 + r
+ p2
+2r2
+2r
√
4R2 + r2
2pR 2
4R2 +r2 + r
−2pr 4R2 +r2 +r √
2pR1
4R2 +r2 +r
+ r2
p2
= 0.
(2pR1)4
− 2p.(2pR1)3
.
√
4R2 + r2 + r
+ p2
+ 2r2
+ 2r
√
4R2 + r2 .(2pR1)2
.
√
4R2 + r2 + r 2
hay
−2pr √
4R2 + r2 + r
4
4
.2pR1. + r p 4R +r +r = 0
R4
−
√
4R2 + r2 + r R3
+
p2 + 2r2 + 2r
√
4R2 + r2
√
4R2 + r2 + r
2
r
√
4R2 + r2 + r
4
—
4p2 R1 +
r2
√
4R2 + r2 + r
4
16p2 = 0.
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).
1
4p2 R2

41
m
F r
I
b
E
B
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 AEB,BEC,CDE,DEA.
Bổ đề 3.1.1 (Xem [9]) Cho tứ giác hai tâm ABCD có AC cắt BD tại E.
Khi đó
AE =
eda
ad +bc
, BE =
eab
ad +bc
, CE =
ebc
ad +bc
, DE =
ecd
ad +bc
. (3.15)
Chứng minh.
D
b
C
A
Hai tam giác AEB và DEC đồng dạng (g.g) nên
AE BE AB a
DE
=
CE
=
DC
=
c
.
Lại có hai tam giác AED và BEC đồng dạng (g.g) nên
AE DE AD d
Từ đó ta có
= =
BE CE
c b
BC
=
b
.
c bc
DE = AE, BE =
a
AE, CE =
d
BE =
a ad
AE.
Mặt khác AE +CE = AC = e nên ta có
bc ead
Suy ra
AE + AE = e hay AE =
ad ad + bc
.

42
√
√
p1 =
2
(AB + BE + AE) =
2
a+ +
ad +bc ad +bc
2 ad +bc 2 ad +bc
2 ad +bc ab+cd
2
BE =
b
AE =
d
eab
ad +bc
, CE =
bc
AE =
ad
ebc
ad +bc
, DE =
c
AE =
a
ecd
ad + bc
.
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
T T T T pr2
√
4R2 + r2 + r
1 , r2 =
c
, r3 =
d
, r4 =
a
với T =
b
√
2 2 . (3.16)
r = 2R 2R+r + 4R +r
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
e2 =
(ac + bd)(ad + bc)
,
ab + cd
ac+bd = e f = 2r 4R2 + r2 +r ,
S =
(ac + bd)(ab + cd)(ad + bc)
.
4R
Ta có
1 1 eab eda
=
a
1 +
e(b+d)
=
a
1 +
ep
=
a
1 +
p
r
(ac+bd)(ad +bc)
!
=
a
1+ p
s
ac+bd
!
2
=
a 1+ p
(ab + cd)(ad + bc)
(ac + bd)2
(ab + cd)(ac + bd)(ad + bc)
=
a
1 + √ p(ac + bd)
!
=
a
1+
pe f
=
a
1+
pe f
2 4RS 2
a e f a
4Rpr
2r
√
4R2 +r2 +r
=
2
1+
4Rr
=
2
1 +
4Rr
.
2
s

43
√
Từ đó
p1 =
a 2R + r +
√
4R2 + r2
4R
. (3.17)
Theo Định lí 2.1.1, 2.4.1, Bổ đề 3.1.1 và Hệ quả 2.2.3 ta có
1
S =
2
e f sinθ (với θ là góc nhọn giữa hai đường chéo),
(ab + cd)(ac + bd)(ad + bc) = 4RS,
ac + bd = e f = 2r
√
4R2 + r2 + r ,
Ta có
eda
AE =
ad +bc
eab e
, BE =
ad +bc
,
f
ad + bc
=
ab+cd
.
1
S1 =
2
EA.EBsinθ
1 e2
a2
bd 1 e2
a2
bd 2S ea2
bdS
=
2
.
(ad + bc)2
sinθ =
2
.
(ad + bc)2
.
e f
=
f(ad +bc)2
ad +bc
= .
a2bdS
2 =
a2bdS
.
ab + cd (ad +bc) (ab + cd)(ad + bc)
Vì ac + bd = e f (Tính chất 2.2.7), nên
a2
bdSe f
S1 =
=
a2
bdSe f
16R2S2
(3.18)
a2bd2r
√
4R2 + r2 + r
=
16R2S
=
a2bd
√
4R2 + r2 + r
=
8R2p
.
a2bdr
√
4R2 + r2 + r
8R2pr

44
x+ 4
1
Áp dụng Hệ quả 2.4.1: abcd = S2 = p2r2, kết hợp (3.17) và (3.18), ta có
S a2bd
√
4R2 + r2 + r 4R
r1 =
p1
=
8pR2
.
a 2R+ r +
√
4R2 +r2
abd
√
4R2 +r2 + r abcd
√
4R2 + r2 + r
=
2pR 2R + r +
√
4R2 + r2
=
2cpR 2R+ r +
√
4R2 + r2
p2r2
√
4R2 + r2 + r pr2
√
4R2 + r2 + r
=
2cpR 2R+ r +
√
4R2 +r2
=
2cR 2R+ r +
√
4R2 + r2
=
T
với T =
c pr2
√
4R2 + r2 + r
2R 2R+r +
√
4R2 +r2
.
Chứng minh tương tự, ta có
r2 =
T
d
,r3 =
T T
a
,r4 =
b
.
Định lí 3.1.5 (xem [9]) r1,r2,r3,r4 của tứ giác hai tâm là nghiệm của phương
trình
r
√
4R2 +r2 + r
2
—
R 2R + r +
√
4R2 + r2
x
r2 p2 + 2r2 +2r
√
4R2 + r2
√
4R2 + r2 + r
2
4R2 2R+ r +
√
4R2 + r2
2
p2r4
√
4R2 + r2 + r
3
p2r6
√
4R2 + r2 + r
4
−
4R3 2R+ r +
√
4R2 +r2
3
16R4 2R+ r +
√
4R2 + r2
= 0.
(3.19)
Chứng minh. Theo Bổ đề 3.1.2, ta có
a =
T
, b =
r3
T
, c =
r4
T
, d =
r1
T
, (3.20)
2
4 3
x
+ x2
r

45
r3
3 3 r
√
pr 4R +r +r
1
3 3 3
4R +r
4 3
2
r
pr2
√
4R2 + r2 + r
T =
2R 2R+ r +
√
4R2 + r2
.
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 2 2
√
2 T 2
r
−2p
r
+ p +2r +2r 4R + r r3
hay
−2pr
√
4R2 + r2 + r
T + r2
p2
= 0
r2
p2
r4
− 2pr
√
4R2 + r2 + r Tr3
+ p2
+ 2r2
+ 2r
√
4R2 + r2 T2
r2
Suy ra
−2pT
3
r3 +T4
= 0.
r4
−
2
√
4R2 + r2 + r T
rp r3
+
p2 + 2r2 + 2r
√
4R2 + r2 T2
2
r2p2 3
2T3 T4
—
pr2 r3 +
r2 p2 = 0.
2
√
4R2 +r2 +r pr2
√
4R2 + r2 + r
r3 −
rp
.
2
r3
R 2R+ r +
√
4R2 + r2
p2 + 2r2 + 2r
√
4R2 + r2 pr2
√
4R2 + r2 +r
2
+
r2 p2
2R 2R+ r +
√
4R2 +r2
3
2 2 2
3
2
—
pr2
2R 2R + r +
√
4R2 + r2
pr2
√
4R2 + r2 + r
4
+
r2 p2 √
2 2
= 0.
2
3
3
2R 2R+r +
r3

46
r + 4
và ˆ
DCA
ˆ ˆ ˆ ˆ
^ ˆ ^ ˆ ^ ˆ ^ ˆ
4R 2R+r + 4R +r
4 3
r2
Từ đó ta có
r
√
4R2 +r2 + r
2
r3 −
R 2R+r +
√
4R2 +r2
r3
r2 p2 + 2r2 +2r
√
4R2 + r2
√
4R2 + r2 + r
2
2
√
2 2
2 3
p2r4
√
4R2 + r2 + r
3
p2r6
√
4R2 + r2 + r
4
−
4R3 2R + r +
√
4R2 + r2
3 √
3
16R4 2R+r + 4R2 +r2
= 0.
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 BÂC,CÂD,AĈB
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 sinA1,sinA2,sinC1,sinC2
là các nghiệm của phương trình
t4
−
p
t3
+
R
p2 + 2r2 + 2r
√
4R2 + r2
4R2 t2
−
rp
√
4R2 +r2 +r
4R3
r2 p2
t +
16R4 = 0.
(3.21)
Chứng minh. Áp dụng định lí hàm số sin cho các tam giác BAC,ACD. Ta có
sinA1 =
b
2R
sinC1 =
a
2R
sinA2 =
c
2R
hay b = 2RsinA1,
hay a = 2RsinC1,
hay c = 2RsinA2,
+

47
√
sinC2 =
d
2R
hay d = 2RsinC2. (3.22)
Vì a là nghiệm của phương trình (3.1) nên thay a từ (3.22) vào phương trình
(3.1) ta được
(2RsinC1)4
− 2p(2RsinC1)3
+ p2
+ 2r2
+ 2r
√
4R2 + r2 (2RsinC1)2
−2rp
√
4R2 + r2 + r (2RsinC1) + r2
p2
= 0
hay
4 p 3 p2 +2r2
+2r 4R2 + r2
2
sin C1 −
R
sin C1 +
4R2 sin C1
rp
√
4R2 +r2 + r r2p2
—
4R3 sinC1 +
16R4 = 0.
Vậy sinC1 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
sinA1,sinA2,sinC2 là các nghiệm của phương trình (3.21).
Hoàn toàn tương tự, ta có
B
^
1 = AB̂D = C
^
2,
B
^
2 = CB̂D = A
^
2,
D
^
1 = BD̂C = C
^
1,
D
^
2 = AD̂B = A
^
1.
Suy ra sinB1,sinD1 sinB2,sinD2 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
3
h i
2
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
= 16r4
p2
h
p2
−8r(
√
4R2 + r2 − r)
ih
p2
(
√
4R2 +r2 + r)2
i
(3 24)
2
.
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 [x2
− 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
8R2r2 p2
√
2 2 2
x x = r r + 4R + r
x1 +x2 = bc+ ad +ab+ cd = p2
,
x3 = ac+bd = e f = 2r r +
√
4R2r2 . (3.26)
Theo (3.25) và (3.26) ta có
T =
h
p4
− 8r
√
4R2 + r2 −r p2
i
×
4r2
r +
√
4R2 + r2
2
2p r r +
√
4R2 + r2 + 2r
√
4R2 + r2 r 2
2
— −
= p2
h
p2
—8r √
4R2 + r2 − r
i
4r
2
r+ √
4R2 + r2
2 — 4r 2
2
= 16r4
p2
h
p2 —8r
√
4R2 + r2 − r
i
p2 — r +
√
4R2 + r2
2 2
.
p
,
p
—r
+r
2
2
√
2
1
= 2r 4R
−
p
2

49
2
q
h
√
Vậy công thức (3.24) được chứng minh.
Hệ thức 3.2.2
q
8r(
√
4R2 + r2 − r) ≤
a + b + c + d
= p ≤ r +
√
4R2 + r2
≤ 4R2 +4Rr +(8−4
√
2)r2 ≤ 2R+(4−2
√
2)r. (3.27)
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
= 16r4
p2
p2
Suy ra
— 8r(
√
4R2 + r2 —r)
ih
p2
(
√
4R2 + r2 + r)2
i2
≥ 0.
8r
√
4R2 + r2 − r ≤ p2, hay
q
8r(
√
4R2 + r2 − r) ≤ p.
Nhận xét 3.2 Từ bất đẳng thức
p2 ≥ 8r(
√
4R2 + r2 −r) (3.28)
hay
ta có
p2
+ 8r2
≥ 8r
√
4R2 + r2,
√
2 2 p2 + 8r2
r 4R +r ≤
8
. (3.29)
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 r + 4R2 + r2 sinθ,
với θ là góc giữa hai đường chéo AC,BD.
Mặt khác, theo (2.9) ta có S = pr nên pr = r r +
√
4R2 +r2 sinθ, suy ra
p = r +
√
4R2 +r2 sinθ. Từ đó ta có p ≤ r +
√
4R2 +r2.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi θ = 900
.
−

50
≤
4
(a +b +c +d ) = 9 p
2
4) r +
√
4R2 + r2 ≤
q
4R2 + 4Rr + (8 − 4
√
2)r2
⇔ r2 +4R2 +r2 +2r
√
4R2 + r2 ≤ 4R2 +4Rr + (8 −4
√
2)r2
⇔ 2r
√
4R2 +r2 ≤ 4Rr +(6−4
√
2)r2 ⇔
√
4R2 +r2 ≤ 2R+(3−2
√
2)r
⇔ 4R2
+r2
≤ 4R2
+(17−12
√
2)r2
+4R(3− 2
√
2)r
⇔ (12
√
2−16)r2 ≤ 4R(3−2
√
2)r
⇔ 4
√
2(3−2
√
2)r2
≤ 4R(3−2
√
2)r
⇔ R ≥
√
2r (đúng theo bất đẳng thức Fejes Toth).
5)
q
4R2 + 4Rr + (8 − 4
√
2)r2 ≤ 2R + (4 − 2
√
2)r
⇔ 4R2 +4Rr + (8 −4
√
2)r2 ≤ 4R2 +(24− 16
√
2)r2 +4R(4 −2
√
2)r
⇔ (12
√
2−16)r2 ≤ 4R(3−2
√
2)r
⇔ 4
√
2(3−2
√
2)r2 ≤ 4R(3 −2
√
2)r ⇔ R ≥
√
2r (đúng theo bất đẳng thức
Fejes Toth).
Hệ thức 3.2.3
(p2
+ 8r2
)2
(ab + bc + ca + ad + db + cd)2
=
h
p2
+ 2r2
+ 2r
√
4R2 + r2
i2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
≤6(a b +a c +a d + b c + b d +c d )
= 6 p2
+ 2r2
+ 2r
√
4R2 + r2
2
8p r
√
4R2 + r2 6p2
— −
2
2
9 2 2 2 2 2
h
2
2
√
2 2
i2
≤9(p
Chứng minh.
—8r
2
)2
.
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 = p2
+ 2r2
+ 2r
√
4R2 + r2 ≥ p2
+ 8r2
.
2
2
2
—2 r +r 4R +r
≤
r

51
2) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
(1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1)(a2
b2
+ a2
c2
+ a2
d2
+ b2
c2
+ b2
d2
+ c2
d2
)
≥ (ab + ac + ad + bc + bd + cd)
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:
a2
b2
+ a2
c2
+ a2
d2
+ b2
c2
+ b2
d2
+ c2
d2
= p2
+ 2r2
+ 2r
√
4R2 + r2
2
8p2
r
√
4R2 + r2
− — 6p2
r2
.
4) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
a2
b2
+ a2
c2
+ a2
d2
+ b2
c2
+ b2
d2
+ c2
d2
a4
+b4
≤
2
+
b4
+ c4
2
+
c4
+ a4
2
+
a4
+ d4
2
+
b4
+ d4
2
+
c4 + d4
2
Suy ra
3(a4 + b4 + c4 + d4)
≤
2
.
(a2
+ b2
+ c2
+ d2
)2
=a4
+ b4
+ c4
+ d4
+ 2(a2
b2
+ a2
c2
+ a2
d2
+ b2
c2
+ b2
d2
+ c2
d2
)
2(a2
b2
+ a2
c2
+ a2
d2
+ b2
c2
+ b2
d2
+ c2
d2
)
hay
≥
3
+ 2(a2
b2
+ a2
c2
+ a2
d2
+ b2
c2
+ b2
d2
+ c2
d2
),
(a2
+b2
+c2
+ d2
)2
≥
8(a2b2 + a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2 + c2d2)
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:
a2
+ b2
+ c2
+d2
=
h
2p2
−4 r2
+ r
√
4R2 + r2
i
≤ 2(p2
−8r2
).
2

52
s
√
√
2(8R +2r — p
16
− 2p r
4 2
2 2
Hệ thức 3.2.4
8pr2
≤abc + abd + acd + bcd = 2rp
√
4R2 + r2 + r
≤2
√
a2b2c2 + a2b2d2 + a2c2d2 + b2c2d2 = 2pr
q
2(8R2 + 2r2 − p2)
≤2p
(p2 + 8r2)2
2 2
16
− 2p r .
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 = 2rp 4R2 +r2 +r ≥ 8r2
p.
2) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
(abc+abd +acd +bcd)2
≤ (1+1+1+1)(a2
b2
c2
+a2
b2
d2
+a2
c2
d2
+b2
c2
d2
),
hay
abc+ abd +acd +bcd ≤ 2 a2b2c2 + a2b2d2 + a2c2d2 + b2c2d2.
3) Áp dụng Tính chất 1.2.11 vào phương trình (3.1), ta có
a2
b2
c2
+a2
b2
d2
+a2
c2
d2
+b2
c2
d2
= 2p2
r2
(8R2
+2r2
− p2
) ≤ 2p2
r2
(18r2
− p2
).
Mặt khác theo (3.39), ta có
√
2 2 p2 + 8r2
r 4R +r ≤
2 2 2 2
8
p2 + 8r2 2
⇔ r (4R +r ) ≤
8
⇔ 4p r2
(4R2
+ r2
)2
≤
p2(p2 + 8r2)
16
⇔ 4p r2
(4R2
+ r2
)2
− 2p r ≤
p2(p2 + 8r2) 4 2
16
− 2p r
2 2 2
⇔ 2p r (8R + 2r − p ) ≤
p2(p2 + 8r2) 4 2
16
− 2p r
q
2 2 2
s
(p2 + 8r2)2
2 2
⇔ pr ) ≤ p .
2
2

53
Hệ thức 3.2.5
abcd = r2
p2
.
Chứng minh 1. Áp dụng Tính chất 1.2.4 vào phương trình (3.1), ta có điều
Chứng minh 2. Hệ thức này cũng chính là công thức (2.9) của Định lí 2.4.1.
Hệ thức 3.2.6
8 1 1 1 1 2
√
4R2 + r2 + r p2 + 16r2
p
≤
a
+
b
+
c
+
d
=
rp
≤
4pr2
.
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
+ + +
a b c d
2
√
4R2 + r2 + r
=
rp
8r
√
4R2 + r2 + r
=
4r2p
8r
√
4R2 + r2 − r + 16r2
=
4r2p
≤
p2 + 16r2
4r2p
.
Mặt khác theo bất đẳng thức Fejes Toth, ta có
1 1 1 1 2
√
4R2 +r2 + r 8r 8
+ + + =
a b c d
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
rp
≥
rp
=
p
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ kh tứ giác ABCD là hình vuông.
Hệ thức 3.2.7
p2 +8r2 1 1 1 1 1 1 p2 + 2r2 + 2r
√
4R2 + r2
r2p2
≤
ab
+
bc
+
ca
+
ad
+
bd
+
cd
=
5p2 + 16r2
r2 p2
≤
4r2p2
.

54
+r
8r
.
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.13 vào phương trình (3.1) và (3.28), ta
có
1 1 1 1 1 p2 + 2r2 + 2r
√
4R2 + r2
+ + + + =
bc ca ad bd cd
=
=
≤
r2p2
4p2 + 8r r +
√
4R2 + r2
4r2p2
4p2 + 8r
√
4R2 + r2 − r + 16r2
4r2p2
5p2 + 16r2
4r2p2
.
Mặt khác, áp dụng Tính chất 1.2.13 vào phương trình (3.1) và bất đẳng thức
Fejes Toth, ta có
1 1 1 1 1 p2
+ 2r2
+ 2r
√
4R2 + r2 p2
+ 8r2
+ + + + =
bc ca ad bd cd
Vậy Hệ thức được chứng minh.
r2p2 ≥
r2p2 .
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
=
r2p
.
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.14 vào phương trình (3.1) ta có:
VT =
−a
= −
−2p
=
2
.
Hệ thức 3.2.9
d r2p2
√
r2 p
2 2 p2 + 16r2
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 +
√
4R2 + r2 ≥ 4r.
4r ≤ R1 +R2 +R3 +R4 = r + 4R ≤

55
4r2(p2 + 8r2)
2 1 2 3 4
8r
+2r
16p4
Mặt khác áp dụng Tính chất 1.2.1 vào (3.14) và bất đẳng thức (3.28), ta có
R1 +R2 +R3 +R4 =r +
√
4R2 +r2 =
8r r +
√
4R2 + r2
8r
8r
√
4R2 + r2 − r + 16r2
=
8r
≤
p2
+ 16r2
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
4r2(p2 + 8r2)
p2 ≤ R1R2 + R1R3 + R1R4 + R2R3 + R2R4 + R3R4
p2 + 2r2 + 2r
√
4R2 + r2
√
4R2 + r2 + r
2
=
4p2
≤
q
6(R2R2 + R2R2 + R2R2 + R2R2 + R2R2 + R2R2)
1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4
h√
4R2 + r2 + r
i4
3 2 2 2 2 2
≤ (R + R +R + R ) =
3
√
4R2 +r2 +r
2
p2 —2r2 — 2r
√
4R2 + r2
3(p2 −8r2) p2 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
p2 + 2r2 + 2r
√
4R2 + r2
√
4R2 + r2 + r
2
=
4p2
≥
p2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
(1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1)(R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
)
1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4
≥ (R1R2 + R1R3 + R1R4 + R2R3 + R2R4 + R3R4)2
.
4p2
= p2 + 2r2 + 2r
√
4R2 + r2
2
− 8p2r
√
4R2 + r2
− 6p2
r2
4p2
≤ .

56
1 2 + 2 3 + 3 4 + 1 4 + 2 4 + 1 3
1 2 3 4
1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4
— −
2 2 2 2
1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4
p2
+ 2r2
+ 2r
√
4R2 + r2
2
8p2
r
√
4R2 + r2
R +R +R +R = .
R1R2 + R1R3 + R1R4 + R2R3 + R2R4 + R3R4
≤
q
6(R2R2 + R2R2 + R2R2 + R2R2 + R2R2 + R2R2).
Áp dụng Tính chất 1.2.10 vào (3.14) ta có
R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4
√
4R2 + r2 + r
4
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4
R4
+R4
≤
2
R4 +R4
2
R4 +R4
2
R4
+R4
2
R4
+R4
2
R4 + R4
2
≤
Suy ra
3(R4 + R4 + R4 + R4)
.
2
(R2
+ R2
+ R2
+ R2
)2
1 2 3 4
=R4
+ R4
+ R4
+ R4
+ 2(R2
R2
+ 2(R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
)
1 2 3 4 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4
2(R2R2 + R2R2 + R2R2 + R2R2 + R2R2 + R2R2)
≥
3
+ 2(R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
+ R2
R2
).
1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4
2 2 2 2 2 8(R2R2 + R2R2 + R2R2 + R2R2 + R2R2 + R2R2)
(R1 + R2 + R3 + R4) 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4
3
Áp dụng Tính chất 1.2.6 vào phương trình (3.14) ta có
√
4R2 +r2 +r
2
p2 2r2
2r
√
4R2 + r2
1 2 3 4
2p2
Theo bất đẳng thức Fejes Toth, ta có
p2
− 2r2
− 2r
√
4R2 + r2 ≤ p2
− 8r2
.
.
16p4
≥
= − − 6p2
r2

57
=
4R +r
8
⇔ 4R +r ≤
− −
2p2
≤
p2 + 8r2
8r
+r .
Mặt khác, theo bất đẳng thức (3.29) ta có
√
2 2 p2 +8r2 √
2 2 p2 + 8r2
√
2 2
p2 + 8r2
Từ đó, ta có
√
4R2 +r2 +r
2
p2 2r2
⇔ 4R +r
2r
√
4R2 + r2
+r ≤
8r
+r.
2
Hệ thức 3.2.11
R1R2R3 + R1R2R4 + R1R3R4 + R2R3R4 =
r
√
4R2 + r2 + r
4
4p2
.
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.3 vào (3.14) ta có điều phải chứng minh.
Hệ thức 3.2.12
R1R2R3R4 =
r2
√
4R2 + r2 + r
4
16p2
.
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.4 vào phương trình (3.14) ta có điều
Hệ thức 3.2.13
1 1 1 1 4
R1
+
R2
+
R3
+
R4
=
r
.
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.5 vào (3.14) ta có điều phải chứng minh.
Hệ thức 3.2.14
1
+
R1R2
1
+
R1R3
1
+
R1R4
1
+
R2R3
1
+
R2R4
1
R3R4
4 p2 + 2r2 + 2r
√
4R2 + r2
r2
√
4R2 +r2 +r
2
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.13 vào (3.14) ta có điều phải chứng
minh.
8r
r ≤
p2 − 8r2
2p2
.

58
=
16r3
Hệ thức 3.2.15
1
+
R1R2R3
1
R1R2R4
1
+
R1R3R4
1
+
R2R3R4
16p2
r2
√
4R2 + r2 + r
3
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.14 vào (3.14) ta có điều phải chứng
minh.
Hệ thức 3.2.16
8r3 r
√
4R2 + r2
2 √
2R3
R2(1 +
√
2)
≤ r1 + r2 + r3 + r4 =
R 2R+ r +
√
4R2 + r2
≤
r2(1 +
√
2)
.
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.1 vào (3.19) và theo bất đẳng thức Fejes
Toth, ta có
r
√
4R2 + r2
2
r1 + r2 + r3 + r4 =
R 2R+ r +
√
4R2 + r2
≥
2R2(1 +
√
2)
.
Mặt khác, áp dụng Tính chất 1.2.1 vào (3.19) và theo bất đẳng thức Fejes Toth
ta cũng có
r
√
4R2 +r2
2
r1 +r2 +r3 + r4 =
R 2R+r +
√
4R2 +r2
4R3 2R2 √
2R3
≥
r(2r
√
2 + 4r)
=
r2(2 +
√
2)
=
r2(1 +
√
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
√
4R2 + r2 + r
2
2R4(3 + 2
√
2)
≤r1r2 + r1r3 + r1r4 + r2r3 + r3r4
.

59
≤
√
=
r2 p2 + 2r2 + 2r
√
4R2 + r2
√
4R2 + r2 + r
2
3
√
4R2 +r2 +r
2
=
4R2
2R+r +
2
4R2 + r2
8(3 + 2
√
2)
.
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
r2 p2 + 2r2 +2r
√
4R2 + r2
√
4R2 + r2 + r
2
4R2 2R+ r +
√
4R2 + r2
2
r2
h
8r
√
4R2 + r2 − r + 2r2 + 2r
√
4R2 +r2
i
≥
4R2 2R+ r +
√
4R2 + r2
2
r2 10r
√
4R2 +r2 6r2
√
4R2 +r2 +r
2
≥
4R2
−
2R+r +
√
4R2 + r2
2
24r4
√
4R2 + r2 +r
2
6r4
√
4R2 + r2 +r
2
≥
4R2 2R+ r +
√
4R2 +r2
2
4R2 2R+ r +
√
4R2 + r2
2
6r4
√
4R2 + r2 + r
2
3r4
√
4R2 + r2 +r
2
≥
4R4(3 + 2
√
2)
=
2R4(3 + 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
r2 p2 + 2r2 +2r
√
4R2 + r2
√
4R2 + r2 + r
2
4R2 2R+ r +
√
4R2 + r2
2
r2 r +
√
4R2 + r2
2
+ 2r2 + 2r
√
4R2 + r2
≤
4R2 2R+ r +
√
4R2 + r2
2
=
=

60
=
6R4
√
4R2 +r2 +r
2
3R4
√
4R2 + r2 + r
2
≤
4R2 2R+ r +
√
4R2 + r2
2
2R2 2R+ r +
√
4R2 + r2
2
3R4
√
4R2 + r2 +r
2
3
√
4R2 + r2 + r
2
≤
8R2(3 + 2
√
2)
=
8(3 + 2
√
2)
.
là hình vuông.
Hệ thức 3.2.18
r6
√
4R2 +r2 + r
3
2R6(7 + 4
√
2)
≤ r1r2r3 + r1r2r4 + r1r3r4 + r2r3r4
p2
r4
√
4R2 +r2 + r
3 √
4R2 +r2 + r
5
=
4R3
2R+r + √
4R2 + r2
3
≤
256r2(7 + 4
√
2)
.
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
r1r2r3 + r1r2r4 + r1r3r4 + r2r3r4 =
p2r4
√
4R2 + r2 + r
3
4R3 2R+ r +
√
4R2 + r2
3
8r5
√
4R2 + r2 r
√
4R2 + r2 +r
3
−
≥ √ 3
2r5
√
4R2 + r2 r
√
4R2 + r2 +r
3
−
R3 2R+ r +
√
4R2 +r2
3
4r6
√
4R2 + r2 + r
3
≥
R3 2R+ r +
√
4R2 + r2
3
4r6
√
4R2 + r2 + r
3
≥
8R6 7 +4
√
2
=
r6
√
4R2 + r2 + r
3
2R6 7 +4
√
2
.
=
4R3 2R+r + 4R2 +r2

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
r1r2r3 + r1r2r4 + r1r3r4 + r2r3r4 =
p2r4
√
4R2 + r2 + r
3
4R3 2R+ r +
√
4R2 + r2
3
r4
√
4R2 + r2 + r
5
≤
4R3 2R+ r +
√
4R2 + r2
3
r4
√
4R2 + r2 + r
5
≤
256r6 7+4
√
2
=
√
4R2 + r2 + r
5
256r2 7 + 4
√
2
là hình vuông.
Hệ thức 3.2.19
r1r2r3r4 =
p2r6
√
4R2 + r2 + r
4
16R4 2R+ r +
√
4R2 + r2
4
Hệ thức 3.2.20
1 1 1 1 4r 2R + r +
√
4R2 + r2
+ + + =
r1 r2 r3 r4
r2
√4R2
+r2
+r
.
Hệ thức 3.2.21
1
r1r2
1
+
r1r3
1
+
r1r4
1
+
r2r3
1
+
r2r4
1
+
r3r4
.

62
2 2
≤
4 (8r)2
⇔ R ≤
16r
(3.30)
—r
4R2 p2 + 2r2 +2r
√
4R2 + r2 2R+ r +
√
4R2 + r2
2
p2r4
√
4R2 +r2 +r
2
Hệ thức 3.2.22
1 1
+ 1 1
+ +
16R3
2R+ r +
√
4R2 + r2
3
= .
r1r2r3 r1r2r4 r1r3r4 r2r3r4
p2r5
√
4R2 + r2 + r
2
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 sinA + sinC +sinA + sinC p 16r
= ≤ .
√
2r
≤ 1 1 2 2
R √
p2 + 16r2
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.1 vào phương trình bậc bốn (3.21) và
bất đẳng thức Fejes Toth, ta có
p p
sinA1 + sinC1 + sinA2 + sinC2 =
R
≥ √
2r
.
Theo bất đẳng thức (3.29), ta có
r
√
4R2 + r2 ≤
p2
+8r2
⇔ R ≤
1
"
p2
+ 8r2 2
#
2 1 p4 + 16p2r2
p
√
p2 + 16r2
8r
4
8
⇔ R
= .

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
sinA + sinC +sinA + sinC p 16r
= ≤
1 1
Hệ thức 3.3.2
2 2
R √
p2 + 16r2
sin A1 sinC1 +sin A1 sin A2 +sinA1 sinC2 +sinC1 sin A2 +sinC1 sinC2 +sin A2 sinC2
p2 + 2r2 + 2r
√
4R2 + r2
=
4R2 .
Chứng minh. Áp dụng Tính chất 1.2.2 vào phương trình bậc bốn (3.21), ta
có điều phải chứng minh.
Hệ thức 3.3.3
sinA1 sinC1 sin A2 +sin A1 sinC1 sinC2 +sinA1 sin A2 sinC2 +sinC1 sinA2 sinC2
rp
√
4R2 + r2 + r
=
4R3 .
Hệ thức 3.3.4
r2p2
sinA1 sinC1 sinA2 sinC2 =
16R4
.
Hệ thức 3.3.5
1 1 1 1 4R
√
4R2 + r2 + r
sinA1
+
sinC1
+
sinA2
+
sinC2
=
rp
.
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
sinA1
+
sinC1
+
sinA2
+
sinC2

64
sinA1 sinC1 sin A2 + sin A1 sinC1 sinC2 + sinA1 sin A2 sinC2 + sinC1 sinA2 sinC2
=
sinA1 sinC1 sinA2 sinC2
rp
√
4R2 + r2 + r 16R4 4R
√
4R2 + r2 + r
=
4R3
.
r2 p2
=
rp
.
Hệ thức 3.3.6
2 2 2 2 p2 − 2r2 − 2r
√
4R2 + r2
sin A1 +sin C1 +sin A2 +sin C2 =
2R2
.
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
sinA1 sinC1
+
sinA1 sinC2
+
sinA1 sinA2
+
sinC1 sinA2
1 1 4R2
p2
+ 2r2
+ 2r
√
4R2 + r2
+
sinC1 sinC2
+
sinA2 sinC2
= r2p2
.
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
sinA1 sinC1 sinA2
+
sinA1 sinC1 sinC2
+
sinA1 sinA2 sinC2
1
+
sinC1 sinA2 sinC2
=
16R3
r2 p
.
Chứng minh 2. Áp dụng Hệ thức 3.3.1 và 3.3.4.
Đẳng thức 3.3.9

65
−
— −
sin2
A1 sin2
C1 +sin2
A1 sin2
A2 +sin2
A1 sin2
C2 +sin2
C1 sin2
A2 +sin2
C1 sin2
C2
16R2r2 + (p2 − 2r2) p2 − 4r2 − 4r
√
4R2 + r2
+sin2
A2 sin2
C2 =
16R4
.
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
sin2
A1 sin2
C1 sin2
A2 + sin2
A1 sin2
C1 sin2
C2 + sin2
A1 sin2
A2 sin2
C2
+sin2 C1 sin2
A2 sin2
C2 =
2r4p2 r2 p4 + 8r2 p2R2 + 2r3 p2
√
4R2 + r2
32R6
.
Chứng minh 2. Áp dụng các Hệ thức 3.3.2, 3.3.3 và 3.3.4.
Hệ thức 3.3.11
1
sin2 A1
1
+
sin2
C
1
+
sin2
A
1
+
sin2
C
8R4 2r2 − p2 + 8R2 +2r
√
4R2 + r2
=
r2p2 .
Chứng minh 2. Áp dụng các Hệ thức 3.3.4 và 3.3.10.
Hệ thức 3.3.12
(sinA1 − sinC1)2
+ (sinA1 − sinA2)2
+ (sinA1 − sinC2)2
+ (sinC1 − sinA2)2
+(sinC1 − sinC2)2
+ (sin A2 − sinC2)2
=
p2 4r2 4r
√
4R2 + r2
R2 .
Hệ thức 3.3.13
(sin A1 + sinC1)2
+ (sinA1 + sinA2)2
+ (sinA1 + sinC2)2
+ (sinC1 + sinA2)2
1 2 2

66
+(sinC1 + sinC2)2
+ (sin A2 + sinC2)2
=
2 p2 − r2 − r
√
4R2 + r2
R2 .
Hệ thức 3.4.14
sinA1 + sinC1 + sinA2
sinC2
+
sinC1 + sin A2 + sinC2
sinA1
+
sinA2 + sinC2 + sinA1
sinC1
sinC + sinA + sinC 4
√
4R2 + r2 + r
2 1 1
+
sinA2
=
r
.
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.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

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

Similar to Phương Trình Bậc Bốn Và Các Hệ Thức Hình Học Trong Tứ Giác Hai Tâm.docx (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 (19)

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