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


13
13
19
19
22
23
24
24
24
25
25
26
32

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.2 Phương trình bậc bốn với nghiệm là bán kính đường
tròn ngoại tiếp tam giác trong tứ giác hai tâm . . . .

35
35
35
37


2

3.1.3

3.2
3.3

Phương trình bậc bốn với nghiệm là các bán kính
đường tròn nội tiếp tam giác trong tứ giác hai tâm . .
3.1.4 Phương trình bậc bốn với nghiệm là sin của các góc
BAC, CAD, ACB
và DCA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Các hệ thức hình học cho tứ giác hai tâm . . . . . . . . . . .
Các hệ thức lượng giác cho tứ giác hai tâm . . . . . . . . . .

Tài liệu tham khảo

41

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

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
a2x2
=
x + ax +
4
4

3

a2
− b x2 − cx − d,
4

tức là
ax
x2 +
2

2

=

a2

+ x +
− b x2 − cx − d,
y+ = x +
y+ +
2
4
2
4
4
2


5

ax
x2 + +
2

y
2

a2
y2
ay
2
−b+y x +
− c x + − d.
4
2
4

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
ax y0 2
= (α x + β )2.
x2 + +
2
2
Điều này tương đương với
x2 +

ax y0
+ = αx + β ,
2
2

hoặc

ax y0
+ = −α x − β .
2
2
Giải hai phương trình trên ta tìm được nghiệm của phương trình bậc bốn (1.1)
x2 +

2

+ 4β − 2y0 .

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 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 = x1x2 x3 + x1 x2x4 + x1 x3x4 + x2x3 x4 = −c.
Tính chất 1.2.4 T4 = x1x2 x3 x4 = 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 + x3 x4

=x4 − (x+x2 + x3 + x4)x3 + (x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3 x4)x2
− (x1x2 x3 + x1x3 x4 + x1 x2x4 + x2x3x4 )x + x1 x2x3 x4 .


T4
d


7

Tính chất 1.2.6
Chứng minh.

T6 = x21 + x22 + x23 + x24 = a2 − 2b.

T6 =x21 + x22 + x23 + x24
=(x1 + x2 + x3 + x4)2 − 2(x1 x2 + x1x3 + x1 x4 + x2x3 + x2 x4 + x3x4 )
=T12 − 2T2 = a2 − 2b.

Tính chất 1.2.7
T7 =(x1 + x2 + x3)(x2 + x3 + x4)(x3 + x4 + x1)(x1 + x2 + x4)
=a2b − 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 )

= T12 − (x1 + x2)T1 + x1 x2

T12 − (x3 + x4 )T1 + x3x4

=T14 − T13 (x1 + x2 + x3 + x4) + T12(x1 x2 + x1 x3 + x1x4 + x2 x3 + x2x4 + x3 x4)
− T1 (x1 x2x3 + x1x2x4 + x1x3 x4 + x2x3 x4) + x1 x2x3 x4

=T14 − T13 T1 + T12T2 − T1 T3 + T4 = a2b − ac + d.

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
x1 + x2 + x3 + x4 x1 + x2 + x3 + x4 x1 + x2 + x3 + x4
=
+
+
x1
x2
x3
x1 + x2 + x3 + x4
+
−4
x4
1
1
1
1

=T32 − 2T4 T2 = c2 − 2bd.

Tính chất 1.2.12

T12 = x41 + x42 + x43 + x44 = a4 − 4a2b + 2b2 + 4ac − 4d.

Chứng minh. Ta có

T12 =x41 + x42 + x43 + x44
=

x21 + x22 + x23 + x24

=T62 − 2T10

2

− 2 x21 x22 + x22 x23 + x23 x24 + x24x21 + x21x23 + x22 x24

=(a2 − 2b)2 − 2(b2 − 2ac + 2d)

=a4 − 4a2b + 2b2 + 4ac − 4d.

Tính chất 1.2.13
1
1
1
1
1
1

T2 b
= .
=
T4 d
Tính chất 1.2.14
T14 =

1
1
1
−a
1
.
+
+
+
=
x1x2 x3 x2 x3x4 x3 x4x1 x1 x2x4
d

Chứng minh. Ta có
1
1
1
1
+
+
+
x1x2 x3 x2x3 x4 x3x4 x1 x1 x2x4
x1 + x2 + x3 + x4 T1 −a

+
+
x3x4 x4 x1 x1 x2 x2x3 x2 x4 x1x3
x21 x22 + x22 x23 + x23 x24 + x24x21 + x21x23 + x22 x24
=
x1x2 x3 x4
T10 b2 − 2ac + 2d
.
=
=
T4
d

T15 =

Tính chất 1.2.16
x1
x2
x3
x4
a2 − 2b
T16 =
.
+
+
+
=
x2x3 x4 x3x4 x1 x1x2 x4 x1 x2x3
d
Chứng minh. Ta có

x3
d
Chứng minh. Ta có
x1 x2 x3 x2 x3 x4 x3x4 x1 x4x1 x2
+
+
+
x4
x1
x2
x3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
x1 x2 x3 + x2 x3 x4 + x3 x4 x1 + x4x1 x22
=
x1 x2 x3x4
2
T11 c − 2bd
=
.
=

d2
x21 x22 x23 x24
T4
Tính chất 1.2.19
T21 =(x1 − x2 )2 + (x1 − x3 )2 + (x1 − x4 )2 + (x2 − x3)2 + (x2 − x4)2 + (x3 − x4)2
=3a2 − 8b.

Chứng minh. Ta có
T21 =(x1 − x2 )2 + (x1 − x3 )2 + (x1 − x4 )2 + (x2 − x3)2 + (x2 − x4)2 + (x3 − x4)2
=3(x21 + x22 + x23 + x24) − 2(x1 x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2 x4 + x3x4 )
=3T6 − 2T2

=3(a2 − 2b) − 2b = 3a2 − 8b.

Tính chất 1.2.20

T20 = x41 x42 x43 + x42x43 x44 + x43 x44 x41 + x44 x41 x42 = c4 − 4bdc2 + 2b2d 2 − 4d 3.

Chứng minh. Ta có

T20 =x41 x42 x43 + x42 x43 x44 + x43x44 x41 + x44x41 x42
=(x21 x22 x23 + x22x23 x24 + x23x24 x21 + x24 x21 x22 )2
− 2x21x22 x23 x24 (x21 x22 + x21x23 + x21x24 + x22 x23 + x22 x24 + x23 x24 )

2
=T11
− 2T42T10

=c4 − 4bdc2 + 2b2d 2 − 4d 3.


Chứng minh. Thay x = 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
x21 , x22 , x23 , x24 là bốn nghiệm của phương trình
t 4 − (a2 − 2b)t 3 + (b2 − 2ac + 2d)t 2 − (c2 − 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
x1x2 x3 , x1 x2 x4, x1 x3 x4 , x2 x3 x4 là bốn nghiệm của phương trình
t 4 + ct 3 + bdt 2 + ad 2t + d 3 = 0.

(1.7)

Chứng minh. Đặt t1 = x1x2 x3 ,t4 = x1 x2x4 ,t3 = x1 x3 x4,t2 = x2x3 x4 .
1) t1 + t2 + t3 + t4 = x1 x2x3 + x1x2 x4 + x1x3 x4 + x2x3 x4 = −c.
2) t1t2 + t1t3 + t1t4 + t2t3 + t2t4 + t3t4
= (x1 x2 + x1 x3 + x1x4 + x2 x3 + x2x4 + x3 x4) = T4 T2 = bd.
3) t1t2t3 +t1t2t4 +t1t3t4 +t2t3t4 = x21 x22 x23 x24 (x1 +x2 +x3 +x4) = T42 T1 = −ad 2.
4) t1t2t3t4 = x31 x32 x33 x34 = 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 =

1
1
= AE.EB. sin θ + BE.EC. sin(1800 − θ ) + CE.ED. sin θ
2
2
2


14

1
+ DE.EA. sin(1800 − θ )
2
1
= [AE(EB + ED) +CE(EB + ED)]sin θ
2
1
1
1
= (AE + EC).BD. sin θ = AC.BD. sin θ = e f sin θ .
2
2
2
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. cos2


Vì thế
2S = ad sin A + bc sinC,
4S2 = (ad)2 sin2 A + (bc)2 sin2 C + 2abcd sin A sinC.
Áp dụng Định lí hàm số cosin cho tam giác ABD, BDC ta có
a2 + d 2 − 2ad cos A = DB2 = b2 + c2 − 2bc cosC,

(1)


15

hay
a2 + d 2 − b2 − c2
2

2

= (ad cos A − bc cosC)2 .

Điều này có thể được viết lại như sau
(a2 + d 2 − b2 − c2)2
= (ad)2 cos2 A+(bc)2 cos2 C −2abcd cos A cosC.
4

(2)

Cộng tương ứng các vế của (1) và (2) ta được
(a2 + d 2 − b2 − c2)2
4S +
=(ad)2 + (bc)2 − 2abcd cos(A +C)

A +C
2

=(a + b + c − d)(a + b − c + d)(a − b + c + d)(−a + b + c + d)
A +C
− 16abcd cos2
2
A +C
=16(p − a)(p − b)(p − c)(p − d) − 16abcd cos2
.
2
Suy ra
S2 = (p − a)(p − b)(p − c)(p − d) − abcd cos2

A +C
2


16

hay
S=

(p − a)(p − b)(p − c)(p − d) − abcd. cos2

A +C
.
2

Vậy công thức Bretschneider được chứng minh.

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
1
S = e f sinθ .
2
Do đó
16S2 = 4e2 f 2 sin2 θ = 4e2 f 2 (1 − cos2 θ ) = 4e2 f 2 − (2e f cos θ )2 .
Kí hiệu AE = e1 , EC = e2 , BE = f1 , ED = f2 . Khi ấy theo định lí hàm số
cosin ta có
a2 = AE 2 + EB2 − 2AE.EB. cos θ = e21 + f12 − 2e1 f1 cos θ ,


17

b2 = BE 2 + EC2 − 2BE.EC. cos θ ′ = f12 + e22 − 2e2 f1 cos θ ′ ,
c2 = CE 2 + ED2 − 2CE.ED. cos θ = e22 + f22 − 2e2 f2 cos θ ,

Suy ra

d 2 = DE 2 + EA2 − 2DE.EA. cos θ ′ = f22 + e21 − 2e1 f2 cos θ ′ .

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

= −a2 + e21 + f12 + d 2 − e21 − f22 + b2 − f12 − e22 − c2 + e22 + f22
(2.3′ )


m

n

N

e
A

M

B

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


18

ACD, BCD, PAB, ta có
2(d 2 + e2) − c2
;
PA =
4
2(b2 + f 2 ) − c2
2
PB =
;
4

2
ND =
;
4
2(NA2 + ND2) − AD2
2
2
n = NQ =
4
2
2
2
2(a + e ) − b
2(c2 + f 2) − b2
+
2
− d2
4
4
=
4
a2 − b2 + c2 − d 2 + e2 + f 2
.
(2.6)
=
4
Từ (2.5) và (2.6), ta có
2

hay

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.

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 KBD và tam giác KCA đồng dạng. Do đó, ta có
KB KD
=
hay KA.KB = KC.KD.
KC KA
Chiều đảo: Tứ giác ABCD có KA.KB = KC.KD, suy ra


2

MAD = BCD = 1800 − DAB.

(1)


21

Tứ giác ANDM nội tiếp đường tròn đường kính AD, ta có
ANM = ADM = 900 − MND = 900 − MAD.

(2)

Tứ giác NPCD nội tiếp đường tròn đường kính CD, ta có
PNC = PDC = 900 − BCD.

(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra ANM = PNC.
Do đó ANM và PNC 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
DNM + DNP = 1800,
mà tứ giác DNPC nội tiếp nên DNP + DCP = 1800.Do đó
DNM = DCP.

(4)

Mặt khác, tứ giác ANDM nội tiếp nên ta có