Luận văn Phương trình bậc bốn và các hệ thức hình học trong tứ giác hai tâm

ứa 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. b O b A b B b C b D bK Chiều thuận: Tứ giác ABCD nội tiếp nên ta có K̂BD = K̂CA, B̂KD = ĈKA. 20 Suy ra, tam giác KBD và tam giác KCA đồng dạng. Do đó, ta có KB KC = KD KA hay KA.KB = KC.KD. Chiều đảo: Tứ giác ABCD có KA.KB = KC.KD, suy ra KB KC = KD 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 K̂BD = K̂CA 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. b b A b B b C b D b M b N b P 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 M̂AD = ÂBD+ ÂDB. Mặt khác sđ ⌢ BCD= 1 2 sđ ⌢ BD (góc nội tiếp) nên M̂AD = B̂CD = 1800− D̂AB. (1) 21 Tứ giác ANDM nội tiếp đường tròn đường kính AD, ta có ÂNM = ÂDM = 900− M̂ND = 900− M̂AD. (2) Tứ giác NPCD nội tiếp đường tròn đường kính CD, ta có P̂NC = P̂DC = 900− B̂CD. (3) Từ (1),(2),(3) suy ra ÂNM = P̂NC. Do đó ÂNM và P̂NC là hai góc đối đỉnh hay M,N,P thẳng hàng. Đảo: Giả sử M,N,P thẳng hàng, ta sẽ chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp. Thật vậy, ta có D̂NM+ D̂NP = 1800, mà tứ giác DNPC nội tiếp nên D̂NP+ D̂CP = 1800.Do đó D̂NM = D̂CP. (4) Mặt khác, tứ giác ANDM nội tiếp nên ta có D̂NM = D̂AM. (5) Từ (4) và (5), suy ra D̂CP = D̂AM. Ta có D̂AM + D̂AB = 1800 nên D̂CP+ D̂AB = 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. bA b B b C b D 22 Giả sử ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn. Lấy điểm K trên AC sao cho ÂBK = ĈBD. Mặt khác, ta có sđ ⌢ BAC= sđ ⌢ BDC= 1 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: sđ ⌢ ADB= sđ ⌢ ACB= 1 2 sđ ⌢ AB, ÂBD = ÂBK + K̂BD = ĈBD+ K̂BD = K̂BC. Suy ra AK AB = CD BD và CK BC = DA 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 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) ab+ cd ; f 2 = (ac+bd)(ab+ cd) ad+bc . Chứng minh. b b D b A b B a b C b c d f e Áp dụng định lí hàm số cosin ta có e2 = a2+b2−2abcosB, hay cde2 = cd(a2+b2)−2abcd cosB. Mặt khác, e2 = c2 +d2−2cd cosD = c2+d2−2cd cosB, hay abe2 = ab(c2+d2)−2abcd cosB. Từ đó ta có (ab+ cd)e2 = cd(a2+b2)+ab(c2+d2) = 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) 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 f = ad+bc 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 (2.8) Chứng minh. Tứ giác ABCD ngoại tiếp nên ta có a+ c = b+d = 1 2 (a+b+ c+d) = p. (1) 25 Mặt khác, ta có S = SABC +SACD = 1 2 absinB+ 1 2 cd sinD nên 4S = 2absinB+2cd sinD. (2) Lại có a2+b2−2abcosB = e2 = c2+d2−2cd cosD hay 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 = 4a2b2+4c2d2−8abcd cos(B+D), hay 16S2 =4a2b2+4c2d2− (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 2 . (4) Từ (1) và (4), ta có S2 = abcd−abcd cos2 B+D 2 = abcd sin2 B+D 2 . Suy ra S = √ abcd sin B+D 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 = S2 = p2r2. (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 2 = 900. Vậy theo (2.8) ta có abcd = S2 = p2r2. Chứng minh 2 (trực tiếp, xem [7], trang 155-156). b C b D b A b B b θ 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 cosB =−cosD. Khi đó (2.12) được viết lại thành 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 = p2r2. 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 2 = bd cot θ 2 . (2.15) 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 , e f = ac+bd, a+ c = b+d. nên tan 2 θ 2 = 1− cosθ 1+ cosθ = 1− b 2+d2− (a2+ c2) 2e f 1+ b2+d2− (a2+ c2) 2e f = a2+ c2+2e f − (b2+d2) b2+d2+2e f − (a2+ c2) = a2+ c2+2ac+2bd− (b2+d2) 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 Từ đó, ta có tan2 θ 2 = bd ac . Theo Định lí 2.4.1 ta có S2 = (ac).(bd) = (ac) ( ac tan2 θ 2 ) = (ac)2 tan2 θ 2 . Vì vậy S = ac tan θ 2 . Chứng minh tương tự, ta cũng có S = bd cot θ 2 . Hệ quả 2.4.2 Tứ giác hai tâm có độ dài các cạnh là a,b,c,d thì tan A 2 = √ bc ad = cot C 2 , tan B 2 = √ cd ab = cot D 2 (2.16) Chứng minh. Từ công thức (2.12) với cosD =−cosB, ta có tan B 2 = √ 1− cosB 1+ cosB = √ cd ab = cot D 2 . Chứng minh tương tự, ta cũng có tan A 2 = √ bc ad = cot C 2 . 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. b I b A b G b H m b DbF r 29 Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên có A+C = B+D = 1800. Suy ra cot C 2 = tan A 2 = r m và sin C 2 = cos A 2 . Tam giác vuông AFI có diện tích SAIF = mr 2 = r2 2tan A 2 nên diện tích tứ ABCD là S = r2 ( 1 tan A 2 + 1 tan B 2 + 1 tan C 2 + 1 tan D 2 ) . Áp dụng công thức sin A 2 = r AI và tương tự cho các góc còn lại, ta có S = r2 ( 1 tan A 2 + 1 tan C 2 + 1 tan D 2 + 1 tan B 2 ) = r2 [( tan A 2 + cot A 2 ) + ( tan B 2 + cot B 2 )] = r2 ( 1 sin A 2 cos A 2 + 1 sin B 2 cos B 2 ) (2.18) = r2 sin A 2 cos A 2 + r2 sin B 2 cos B 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 sinA + 1 sinB ) . (2.19) Chứng minh. Từ công thức (2.24) ta có S = r2 ( 1 sin A 2 cos A 2 + 1 sin B 2 cos B 2 ) = 2r2 ( 1 sinA + 1 sinB ) . 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 S = r(r+ √ 4R2+ r2)sinθ . (2.20) Chứng minh. b O b D b C b B b A e f R b H θ Theo định lí hàm số sin, ta có e = 2RsinA, f = 2RsinB. Từ đó S = 1 2 e f sinθ = 2R2 sinAsinBsinθ . Mặt khác , theo Bổ đề 2.4 ta có sinAsinB = r2+ r+ √ 4R2+ r2 2R2 . (2.21) Vì vậy S = r ( r+ √ 4R2+ r2 ) sinθ . Định lí 2.4.4Mọi tứ giác hai tâm ABCD đều có 4r2 ≤ S≤ 2R2. 31 Chứng minh. b A b B b C b D e fb H b K h2 h1 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 2 . 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 2 ≤ 2R.2R 2 = 2R2. x x t t z z y yr r r r b I b H b G bE b F b C b B b A b D α β 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 B̂ = 2α, D̂ = 2β hay B̂+ D̂ = 2α +2β . Mặt khác, tứ giác ABCD nội tiếp nên 2α + 2β = pi . Vì vậy α +β = pi 2 , hay 32 tanα = cotβ . Trong tam giác vuông BEI và IHD ta có r x = tanα = cotβ = z r , suy ra r2 = xz. Tương tự chúng ta cũng có r2 = ty. Diện tích tứ giác ABCD bằng S = r(x+ y+ z+ t) = 2r ( x+ z 2 + t + y 2 ) ≥ 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 = 16r2R2p2; (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). f 2R = 2S hay (ad+bc). f = 4RS; (ab+ cd). e 2R = 2S hay (ab+ cd).e = 4RS. 33 Suy ra (ad+bc)(ab+ cd)e f = 16R2S2 = 16R2r2p2. 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) = 16r2R2 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 = ( a+b+ c+d 2 )2 = p2. 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; Σa2 : = a2+b2+ c2+d2. Theo (2.22), ta có (bc+ad)(ab+ cd)(ac+bd) = 16r2R2 p2. Điều này tương đương với abcdΣa2+σ23 −2abcdσ2 = 16R2r2p2. Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên abcd = p2r2 (Định lí 2.4.1), ta có σ23 −2abcdσ2+abcd [ (a+b+ c+d)2−2(ab+ac+ad+bc+bd+ cd) ] = 16R2r2p2 hay σ23 −4abcdσ2+abcd(a+b+ c+d)2 = 16R2r2p2, tức là σ2 3 −4p2r2σ2+4p4r2 = 16R2r2p2. (2.26) 34 Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên ta có (p−a)(p−b)(p− c)(p−d) = S2 = p2r2, hay [ p2− (a+b)p+ab ][ p2− (c+d)p+ cd ] = p2r2, tức là p4− (a+b+ c+d)p3+(ab+ac+ad+bc+bd+ cd)p2 −(abc+abd+acd+bcd)p +abcd = p2r2. Điều này tương đương với p4−2p4+σ2p2−σ3 p+ p2r2 = p2r2. Suy ra −p3+ pσ2−σ3 = 0, hay σ3 = p(σ2− p2). (2.27) Từ (2.26) và (2.27) ta có p2(σ2− p2)2−4p2r2σ2+4p4r2 = 16R2r2p2. Điều này tương đương với σ22 −2(p2+2r2)σ2+ p4+4p2r2−16R2r2 = 0. Đây là phương trình bậc hai với ẩn là σ2, từ đó ta có σ2 = p 2+2r2+2r √ 4R2+ r2, hay σ2 = ab+bc+ cd+da+ac+bd = p 2+2r2+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 2 là 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. (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 x4+m1x 3+m2x 2+m3x+m4 = 0 (3.2) Khi đó, theo định lí Viète ta có a+b+ c+d =−m1 ab+ac+ad+bc+bd+ cd = m2 abc+abd+acd+bcd =−m3 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 b , 1 c , 1 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 r2p2 = 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− [ 2p2−4 ( r2+ r √ 4R2+ r2 )] x3 + [( p2+2r2+2r √ 4R2+ r2 )2 −8rp2 (√ 4R2+ r2+ r ) +2r2p2 ] x2 −2r2p2 ( 8R2+2r2+2r √ 4R2+ r2− p2 ) x+ r4p4 = 0. (3.4) 37 Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.3.2 cho phương trình (3.1), ta được điều phải chứng minh. Mệnh đề 3.1.3 abc,abd,acd,bcd là các nghiệm của phương trình t4−2rp (√ 4R2+ r2+ r ) t3 + r2p2 ( p2+2r2+2r √ 4R2+ r2 ) t2 −2r4p5t + r6p6 = 0. (3.5) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.3.3 cho phương trình (3.1), ta được điều phải chứng minh. 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 = e f 2r (3.6) và a = 2pR1 R1+R2+R3+R4 ; b = 2pR2 R1 +R2+R3+R4 ; (3.7) c = 2pR3 R1+R2+R3+R4 ; d = 2pR4 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 = 2R1 ⇒ R1 = a 2sinθ . 38 Tương tự, ta có R2 = b 2sin(1800−θ1) = b 2sinθ , R3 = c 2sinθ , R4 = d 2sin(1800−θ1) = d 2sinθ . b C b D b A b B b θ Từ đó ta có R1 +R2+R3+R4 = a+b+ c+d 2sinθ = p sinθ . (3.8) Theo Định lí 2.11, ta có S = 1 2 e f sinθ . (3.9) Từ (3.8) và (3.9) ta có R1 +R2+R3+R4 = pe f 2S = pe f 2pr = e f 2r . Bây giờ ta chứng minh (3.7). Vì R1 = a 2sinθ , R2 = b 2sinθ , R3 = c 2sinθ , R4 = d 2sinθ nên R1 a = R2 b = R3 c = R4 d = 1 2sinθ . Do đó b = R2 R1 a, c = R3 R1 a, d = R4 R1 a. (3.10) 39 Vậy 2p = a+b+ c+d = a+ R2 R1 a+ R3 R1 a+ R4 R1 a = a R1 (R1+R2+R3+R4). hay a = 2pR1 R1+R2+R3+R4 . (3.11) Từ (3.10) và (3.11) chúng ta có b = 2pR2 R1 +R2+R3+R4 ; c = 2pR3 R1+R2+R3+R4 ; d = 2pR4 R1 +R2+R3+R4 . Định lí 3.1.3 (xem [9]) Nếu tứ giác ABCD là tứ giác hai tâm thì a = 2pR1√ 4R2+ r2+ r ; b = 2pR2√ 4R2+ r2+ r ; c = 2pR3√ 4R2+ r2+ r ; d = 2pR4√ 4R2+ r2+ r . (3.12) Chứng minh. Theo (3.6), (3.7) và (2.11) ta có a = 2pR1 R1+R2+R3+R4 = 2pR1 e f 2r = 2pR1√ 4R2+ r2+ r ; b = 2pR2 R1+R2+R3+R4 = 2pR2 e f 2r = 2pR2√ 4R2+ r2+ r ; c = 2pR3 R1 +R2+R3+R4 = 2pR3 e f 2r = 2pR3√ 4R2+ r2+ r ; d = 2pR4 R1+R2+R3+R4 = 2pR4 e f 2r = 2pR4√ 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 − 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+r2p2 = 0. Thay a từ (3.12) vào phương trình trên ta được( 2pR1√ 4R2+ r2+ r )4 −2p ( 2pR1√ 4R2+ r2+ r )3 + ( p2+2r2+2r √ 4R2+ r2 )( 2pR1√ 4R2+ r2+ r )2 −2pr (√ 4R2+ r2+ r )( 2pR1√ 4R2+ r2+ r ) + r2p2 = 0. Điều này tương đương với (2pR1) 4−2p.(2pR1)3. (√ 4R2 + r2+ r ) + ( p2+2r2+2r √ 4R2+ r2 ) .(2pR1) 2 . (√ 4R2+ r2+ r )2 −2pr (√ 4R2+ r2+ r )4 .2pR1.+ r 2p2 (√ 4R2+ r2+ r )4 = 0 hay R41− (√ 4R2+ r2+ r ) R31+ ( p2+2r2+2r √ 4R2+ r2 )(√ 4R2+ r2+ r )2 4p2 R21 − 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). 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 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. b D b A m b B b C b IbF r b E Hai tam giác AEB và DEC đồng dạng (g.g) nên AE DE = BE CE = AB DC = a c . Lại có hai tam giác AED và BEC đồng dạng (g.g) nên AE BE = DE CE = AD BC = d b . Từ đó ta có DE = c a AE, BE = b d AE, CE = c a BE = bc ad AE. Mặt khác AE +CE = AC = e nên ta có AE + bc ad AE = e hay AE = ead ad+bc . Suy ra 42 BE = b d AE = eab ad +bc , CE = bc ad AE = ebc ad +bc , DE = c a AE = 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 r1 = T c , r2 = T d , r3 = T a , r4 = T b với T = pr2 (√ 4R2+ r2+ r ) 2R ( 2R+ r+ √ 4R2+ r2 ) . (3.16) 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 p1 = 1 2 (AB+BE +AE) = 1 2 ( a+ eab ad+bc + eda ad +bc ) = a 2 ( 1+ e(b+d) ad +bc ) = a 2 ( 1+ ep ad+bc ) = a 2 ( 1+ p ad+bc √ (ac+bd)(ad+bc) ab+ cd ) = a 2 ( 1+ p √ ac+bd (ab+ cd)(ad+bc) ) = a 2 1+ p√ (ac+bd)2 (ab+ cd)(ac+bd)(ad+bc)  = a 2 ( 1+ p(ac+bd)√ (ab+ cd)(ac+bd)(ad+bc) ) = a 2 ( 1+ pe f 4RS ) = a 2 ( 1+ pe f 4Rpr ) = a 2 ( 1+ e f 4Rr ) = a 2 1+ 2r (√ 4R2+ r2+ r ) 4Rr  . 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 S = 1 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 ) , AE = eda ad+bc , BE = eab ad+bc , e f = ad+bc ab+ cd . Ta có S1 = 1 2 EA.EBsinθ = 1 2 . e2a2bd (ad +bc)2 sinθ = 1 2 . e2a2bd (ad +bc)2 . 2S e f = ea2bdS f (ad +bc)2 = ad+bc ab+ cd . a2bdS (ad +bc)2 = a2bdS (ab+ cd)(ad+bc) . Vì ac+bd = e f (Tính chất 2.2.7), nên S1 = a2bdSe f (ab+ cd)(ac+bd)(ad+bc) = a2bdSe f 16R2S2 (3.18) = a2bd2r (√ 4R2+ r2+ r ) 16R2S = a2bdr (√ 4R2+ r2+ r ) 8R2pr = a2bd (√ 4R2+ r2+ r ) 8R2p . 44 Áp dụng Hệ quả 2.4.1: abcd = S2 = p2r2, kết hợp (3.17) và (3.18), ta có r1 = S1 p1 = a2bd (√ 4R2+ r2+ r ) 8pR2 . 4R a ( 2R+ r+ √ 4R2+ r2 ) = abd (√ 4R2+ r2+ r ) 2pR ( 2R+ r+ √ 4R2+ r2 ) = abcd (√ 4R2+ r2+ r ) 2cpR ( 2R+ r+ √ 4R2+ r2 ) = p2r2 (√ 4R2+ r2+ r ) 2cpR ( 2R+ r+ √ 4R2+ r2 ) = pr2 (√ 4R2+ r2+ r ) 2cR ( 2R+ r+ √ 4R2 + r2 ) = T c với T = pr2 (√ 4R2+ r2+ r ) 2R ( 2R+ r+ √ 4R2+ r2 ) . Chứng minh tương tự, ta có r2 = T d ,r3 = T a ,r4 = T b . Định lí 3.1.5 (xem [9]) r1,r2,r3,r4 của tứ giác hai tâm là nghiệm của phương trình x4− r (√ 4R2+ r2+ r )2 R ( 2R+ r+ √ 4R2+ r2 )x3 + r2 ( p2+2r2+2r √ 4R2+ r2 )(√ 4R2+ r2+ r )2 4R2 ( 2R+ r+ √ 4R2+ r2 )2 x2 − p2r4 (√ 4R2+ r2+ r )3 4R3 ( 2R+ r+ √ 4R2 + r2 )3 x+ p2r6 (√ 4R2+ r2+ r )4 16R4 ( 2R+ r+ √ 4R2+ r2 )4 = 0. (3.19) Chứng minh. Theo Bổ đề 3.1.2, ta có a = T r3 , b = T r4 , c = T r1 , d = T r2 , (3.20) 45 T = pr2 (√ 4R2+ r2+ r ) 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 r3 )4 −2p ( T r3 )3 + ( p2+2r2+2r √ 4R2+ r2 )(T r3 )2 −2pr (√ 4R2+ r2+ r ) T r3 + r2p2 = 0 hay r2p2r43−2pr (√ 4R2+ r2+ r ) Tr33 + ( p2+2r2+2r √ 4R2+ r2 ) T 2r23 −2pT 3r3+T 4 = 0. Suy ra r43− 2 (√ 4R2+ r2+ r ) T rp r33 + ( p2+2r2+2r √ 4R2+ r2 ) T 2 r2p2 r23 −2T 3 pr2 r3+ T 4 r2p2 = 0. Điều này tương đương với r43− 2 (√ 4R2+ r2+ r ) rp . pr2 (√ 4R2+ r2+ r ) 2R ( 2R+ r+ √ 4R2+ r2 )r33 + ( p2+2r2+2r √ 4R2+ r2 ) r2p2  pr2 (√ 4R2 + r2+ r ) 2R ( 2R+ r+ √ 4R2+ r2 ) 2 r23 − 2 pr2  pr2 (√ 4R2+ r2+ r ) 2R ( 2R+ r+ √ 4R2+ r2 ) 3 r3 + 1 r2p2  pr2 (√ 4R2+ r2+ r ) 2R ( 2R+ r+ √ 4R2+ r2 ) 4 = 0. 46 Từ đó ta có r43− r (√ 4R2+ r2+ r )2 R ( 2R+ r+ √ 4R2+ r2 )r33 + r2 ( p2+2r2+2r √ 4R2+ r2 )(√ 4R2+ r2+ r )2 4R2 ( 2R+ r+ √ 4R2+ r2 )2 r23 − p2r4 (√ 4R2+ r2+ r )3 4R3 ( 2R+ r+ √ 4R2+ r2 )3 r3+ p2r6 (√ 4R2+ r2+ r )4 16R4 ( 2R+ r+ √ 4R2+ r2 )4 = 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 B̂AC,ĈAD, ÂCB và D̂CA Dưới đây trình bày nhận xét của chúng tôi về phương trình bâc bốn của sin các góc B̂AC,ĈAD, ÂCB và D̂CA. Cho tứ giác hai tâm ABCD với Â1 = B̂AC, Â2 = ĈAD,Ĉ1 = ÂCB,Ĉ2 = D̂CA. 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 R t3 + p2+2r2+2r √ 4R2+ r2 4R2 t2− rp (√ 4R2+ r2+ r ) 4R3 t + r2p2 16R4 = 0. (3.21) Chứng minh. Áp dụng định lí hàm số sin cho các tam giác BAC,ACD. Ta có sinA1 = b 2R hay b = 2RsinA1, sinC1 = a 2R hay a = 2RsinC1, sinA2 = c 2R 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)+ r 2p2 = 0 hay sin 4C1− p R sin 3C1+ p2+2r2+2r √ 4R2+ r2 4R2 sin 2C1 − rp (√ 4R2+ r2+ r ) 4R3 sinC1+ r2p2 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 B̂1 = ÂBD = Ĉ2, D̂1 = B̂DC = Ĉ1, B̂2 = ĈBD = Â2, D̂2 = ÂDB = Â1. 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 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)