Bài 11 (tr 156 179) hoàng minh quân

PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN VÀ HỆ THỨC HÌNH HỌC TRONG TỨ GIÁC HAI TÂM Hoàng Minh Quân Trường THPT Ngọc Tảo - Hà Nội Chúng ta biết nhiều hệ thức hình học tam giác sinh phương trình bậc ba, từ lâu nhiều nhà toán học, nhiều người yêu toán, nhiều sách khai thác tính chất nghiệm phương trình bậc ba để xây dựng nên đồng thức, bất đẳng thức tam giác Tuy nhiên việc khai thác "Phương trình bậc bốn hệ thức hình học tứ giác" bỏ ngõ Điều đặc biệt chỗ tìm phương trình bậc bốn cho yếu tố cạnh tứ giác có nghĩa tồn kết hệ thức hình học sinh phương trình bậc ba trước hệ Ý tưởng xuất cho việc tìm tòi lại đơn giản thông qua lần tham dự hội thảo tốn học, qua lần nói chuyện với PGS.TS Tạ Duy Phượng hệ thức lượng tam giác sinh phương trình bậc ba đặc biết học tập ý tưởng cách phát triển toán từ GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu sau đọc sách thầy, từ tác giả nghĩ tới việc áp dụng định lí Viet cho phương trình bậc bốn để xây dựng khai thác hệ thức hình học tứ giác Do khn khổ viết nên viết tác giả xin trình bày kết nghiên cứu phương trình bậc bốn cho cạnh tứ giác hai tâm, việc trình bày cho phương trình bậc bốn với yếu tố bán kính đường tròn nội, ngoại tiếp tứ giác hai tâm tác giả trình bày vào dịp khác Tứ giác nội tiếp 1.1 Các định nghĩa tính chất Định nghĩa 1.1 Tứ giác lồi ABC D có bốn đỉnh A, B,C , D nằm đường tròn (O) gọi tứ giác nội tiếp Cho tứ giác lồi ABC D Khi nói tứ giác ABC D nội tiếp thỏa điều kiện cần đủ sau: Tính chất 1.2 Tứ giác ABC D nội tiếp đường tròn (O; R) O A = OB = OC = OD Tính chất 1.3 Tứ giác ABC D nội tiếp hai đỉnh kề nhìn cạnh góc 156 Tính chất 1.4 Tứ giác ABC D nội tiếp tổng hai góc đối diện 1800 Tính chất 1.5 Tứ giác ABC D có hai đường thẳng chứa hai cạnh AB C D cắt I Khi điều kiện cần đủ để tứ giác ABC D nội tiếp I A.I B = IC I D Tính chất 1.6 Tứ giác ABC D có hai đường chéo cắt K Khi điều kiện cần đủ để tứ giác ABC D nội tiếp K A.K C = K B.K D Tính chất 1.7 Tứ giác ABC D nội tiếp chân ba đường cao hạ từ đỉnh tứ giác xuống ba đường thẳng chứa ba cạnh tạo ba đỉnh lại thẳng hàng (Đường thẳng Simson) Tính chất 1.8 Tứ giác ABC D nội tiếp AC B D = AB.C D + AD.BC (Định lí Ptoleme) 1.2 Diện tích tứ giác nội tiếp Cho tứ giác ABC D nội tiếp, có độ dài cạnh AB = a, BC = b,C D = c,C D = d Khi diện tích tứ giác S= p −a p −b p −c p −d Chứng minh Gọi độ dài đường chéo AC = e Chúng ta có S = S ABC + S AC D = 21 ab sin B + 12 cd sin D nên (1) 4S = 2ab sin B + 2cd sin D Lại có a + b − 2ab cos B = e = c + d − 2cd cos D hay a + b − c − d = 2ab cos B − 2cd cos D (2) Từ (??, (2) đem bình phương hai vế cộng lại, ta 16S + a + b − c − d 2 = 4a b + 4c d − 8abcd cos(B + D) (3) = (2ab + 2cd )2 (4) 157 (Do B + D = 1800 ) Như có 16S = (2ab + 2cd )2 − a + b − c − d 2 = (a + b)2 − (c − d )2 (c + d )2 − (a − b)2 = (a + b + c − d ) (a + b − c + d ) (c + d + a − b) (c + d − a + b) = 2p − 2d 2p − 2c 2p − 2b 2p − 2a , ∴S = 1.3 p −a p −b p −c p −d Độ dài hai đường chéo tứ giác nội tiếp Cho tứ giác ABC D nội tiếp, có độ dài cạnh AB = a, BC = b,C D = c,C D = d Khi hai đường chéo tứ giác e, f thỏa mãn e2 = (ac + bd ) (ad + bc) ; ab + cd f2= (ac + bd ) (ab + cd ) ad + bc Chứng minh Áp dụng định lí Cosin, có e = a + b − 2ab cos B, Mặt khác e = c + d − 2cd cos D = c + d + 2cd cos B Từ đó, có (cd + ab) e = cd a + b + ab c + d = ac (ad + bc) + bd (ad + bc) = (ac + bd ) (ad + bc) Do e2 = (ac + bd ) (ad + bc) ab + cd Chứng minh tương tự , có f2= (ac + bd ) (ab + cd ) ad + bc 158 Tứ giác ngoại tiếp 2.1 Định nghĩa tính chất Định nghĩa 2.1 Tứ giác ABC D gọi tứ giác ngoại tiếp đường tròn (O) đường tròn (O) tiếp xúc với tất cạnh tứ giác Tính chất 2.2 Tứ giác ABC D ngoại tiếp tổng cặp cạnh đối nhau, tức AB +C D = BC + D A Tính chất 2.3 Cho tứ giác ABC D có tia AD BC cắt E ; tia AB, DC cắt F Khi điều kiện sau tương đương a Tứ giác ABC D ngoại tiếp b B E + B F = DE + DF c F A +C E = E A +C F 2.2 Diện tích tứ giác ngoại tiếp Tứ giác ngoại tiếp ABC D có độ dài cạnh AB = a, BC = b,C D = c, D A = d diên tích tứ giác S= abcd sin B +D (5) Chứng minh Tú giác ABC D ngoại tiếp nên có a +c = b +d = (a + b + c + d ) = p (6) Từ (1.13) có 16S = 4a b + 4c d − a + b − c − d = (2ab + 2cd )2 − a + b − c − d 2 − 8abcd cos (B + D) − 8abcd (1 + cos (B + D)) = 16 p − a p − b p − c p − d − 8abcd (1 + cos (B + D)) Do S = p − a p − b p − c p − d − abcd cos2 B +D Từ (6), (7), có S = abcd − abcd cos2 B +D B +D = abcd sin2 2 Do S= abcd sin 159 B +D (7) Tứ giác hai tâm 3.1 Định nghĩa Tứ giác ABC D nội tiếp đường tròn (O) ngoại tiếp đường tròn tâm (I ) tứ giác ABC D gọi tứ giác hai tâm 3.2 Tính chất Tứ giác hai tâm có đầy đủ tính chất tứ giác nội tiếp tứ giác ngoại tiếp nêu 3.3 Diện tích tứ giác hai tâm Cho tứ giác lồi ABC D với độ dài cạnh AB = a, BC = b,C D = c, D A = d , B D = e, AC = f ; a +b +c +d nửa chu vi S diện tích Nếu tứ giác ABC D nội tiếp ngoại tiếp đường tròn có số tính p= chất sau Định lý 3.1 Tứ giác hai tâm có độ dài cạnh a, b, c, d có diện tích S = abcd Chứng minh Đường chéo AC chia tứ giác ABC D thành hai tam giác ABC ADC Sử dụng định lí Cosin, có a + b − 2ab cos B = c + d − 2cd cos D (8) Tứ giác ABC D ngoại tiếp nên ta có a + c = b + d hay a − b = d − c Do (a − b)2 = (d − c)2 tương đương a − 2ab + b = c − 2cd + d (9) Lấy (8) trừ (9), sau đem chia cho 2, ab (1 − cos B ) = cd (1 − cos D) 160 (10) Tứ giác ABC D nội tiếp nên ta có cos B = − cos D Khi (10) viết lại thành (11) (ab + cd ) cos B = ab − cd Diện tích S tứ giác ABC D thỏa mãn 2S = ab sin B +cd sin D mà sin B = sin D nên có (12) 2S = (ab + cd ) sin B Từ (11) , (12) sin2 B + cos2 B = 1, có (2S)2 = (ab + cd )2 − cos2 B = (ab + cd )2 − (ab − cd )2 = 4abcd Do (13) abcd S= Định lý 3.2 (Định lí Bretschneider) Định lí Bretschneider đưa cách tính diện tích cho tứ giác nên trường hợp tứ giác hai tâm Nơi dung định lí sau Tứ giác ABC D có độ dài cạnh AB = a, BC = b,C D = c, D A = d độ dài hai đường chéo AC = e, B D = f có diện tích S= 4e f − a − b + c − d (14) Chứng minh Gọi E giao điểm AC B D Đặt AE = e , EC = e , B E = f , E D = f , θ góc hai đoạn thẳng e , f , θ góc bù với θ Chúng ta có S = e f sin θ nên 16S = 4e f sin2 θ = 4e f − cos2 θ = 4e f − 2e f cos θ mà 2e f cos θ = (e + e ) f + f cos θ = 2e f cos θ − 2e f cos θ − 2e f cos θ + 2e f cos θ = −a + b − c + d (Dựa vào việc áp dụng định lí Cosin) 161 Từ có S= 4e f − a − b + c − d Định lý 3.3 Tứ giác ABC D có độ dài cạnh AB = a, BC = b,C D = c, D A = d , độ dài hai đường chéo AC = e, B D = f độ dài hai đường trung tuyến m, n có diên tích S= e f − m2 − n2 (15) Chứng minh Gọi M , N , P,Q trung điểm cạnh AB, BC ,C D, D A Đặt M P = m, NQ = n , áp dụng định lí đường trung tuyến cho tam giác P AB, AC D, BC D , có 2(P A + P B ) − a 2 2(d + e ) − c 2 PA = 2(b + f 2) − c PB2 = MP2 = Từ đó, có m2 = M P = −a + b − c + d + e + f (16) Mặt khác, áp dụng đường trung tuyến cho tam giác N AD, BC D, ABC , có 2(N D + N A ) − d 2 2(c + f ) − b N D2 = 2 2(a + e ) − b2 N A2 = NQ = Do có n = NQ = a2 − b2 + c − d + e + f 162 (17) Từ (16), (17), có m − n = −2 a − b + c − d hay a2 − b2 + c − d 2 = m2 − n2 (18) Từ (14) , có S= 4e f − a − b + c − d Kết hợp (14) (18), có S= 2 e f − m2 − n2 Định lý 3.4 Cho tứ giác hai tâm ABC D có R, r bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp θ góc hai đường chéo AC , B D Khi diện tích tứ giác S =r r + 4R + r sin θ (19) Chứng minh Theo định lí Sin, có e = 2R sin A, f = 2R sin B Từ S = 21 e f sin θ = 2R sin A sin B sin θ Mặt khác , [5] Zhang Yun chứng minh sin A sin B = r + r 4R + r 2R Vì S = r r + 4R + r sin θ 3.4 Các định lí hệ Định lý 3.5 Mọi tứ giác hai tâm ABC D có 4r ≤ S ≤ 2R Chứng minh Trước hết, chứng minh S ≤ 2R 163 (20) Kẻ AH ⊥ B D,C K ⊥ B D Chúng ta có S = e (h + h ) ef Đẳng thức xảy AC ⊥ B D ef 2R.2R Vì tứ giác ABC D nội tiếp nên e ≤ 2R, f ≤ 2R Do S ≤ ≤ = 2R 2 Tiếp theo chứng minh S ≥ 4r Mặt khác h1 + h2 ≤ f nên S ≤ Từ tâm I đường tròn nội tiếp tứ giác ABC D , kẻ I E ⊥ AB, I F ⊥ BC , IG ⊥ C D, I H ⊥ D A Chúng ta có I E = I F = IG = I H = r , đặt độ dài tiếp tuyến hình vẽ π z r Trong tam giác vng AE I I H D có = tan α = cot β = , suy r = xz Tương tự x x có r = t y Tứ giác ABC D nội tiếp nên 2α + 2β = π Vì α + β = Diện tích tứ giác ABC D S = r x + y + z + t = 2r x +z t +y + ≥ 2r 2 xz + t y = 4r Đẳng thức xảy x = y = z = t Khi tứ giác ABC D hình vng Vậy định lí 3.5 chứng minh Hệ 3.6 Tứ giác hai tâm ABC D có r, R bán kính đường tròn nội tiếp ngoại tiếp R ≥ r (Bất đẳng thức Fejes T´oth ) Đẳng thức xảy tứ giác ABC D hình vng Định lý 3.7 Cho tứ giác hai tâm ABC D có r, R bán kính đường tròn nội tiếp ngoại tiếp p nửa chu vi Khi p ≤ r + 4R + r 164 Chứng minh Theo (19) có diện tích tứ giác ABC D S = r r + 4R + r sin θ với θ góc hai đường chéo AC , B D Mặt khác S = pr nên pr = r r + 4R + r sin θ , suy p = r + 4R + r sin θ Từ có p ≤ r + 4R + r Đẳng thức xảy θ = 900 Nhận xét 3.8 Ngoài bất đẳng thức p ≤ r + 4R + r thể bất đẳng thức quan hệ P, R, r sách [6] Recent Advances in Geometric Inequalities , trang 406 W.J.Bludon R.H.Eddy chứng minh bất đẳng thức sau thể quan hệ P, R, r , p ≥ 8r 4R + r − r , (21) hay p ≥2 2r 4R + r − r (22) Ngồi ra, có p ≥ 8r 4R + r − r tương đương p + 8r ≥ 8r 4R + r tương đương 4R + r ≤ r p + 8r (23) Đẳng thức xảy tứ giác ABC D hình thang cân p ≤ 2R + − 2 r, (24) 32 16 Rr − r 3 (25) p2 ≥ Đẳng thức xảy (24) (25) tứ giác ABC D hình vng Phương pháp giải phương trình bậc bốn tổng quát Xét phương trình bậc bốn x + ax + bx + c x + d = tương đương x + ax = −bx − c x − d tương đương x + ax + a2x2 a2 = − b x2 − c x − d 4 165 (26) tương đương x2 + ax 2 = Cộng hai vế phương trình (27) với x + x2 + ax 2 + x2 + a2 − b x2 − c x − d (27) ax y2 y+ ta phương trình ax y2 ax y2 a2 y+ = x2 + y+ + − b x2 − c x − d 4 tương đương x2 + ax y + 2 = x2 + ax y2 a2 y+ + − b x2 − c x − d 4 (28) Chúng ta chọn y để vế phải phương trình (28) số phương Coi vế phải (28) phương trình bậc hai ẩn x , để phương ∆ = Ta có ∆= ay −c 2 −4 a2 −b + y y2 −d = tương đương y − b y + (ac − 4d ) y − d a − 4b − d y = (29) Chúng ta cần chọn nghiệm y thích hợp phương trình (28) Khi thay y vào vế phải phương trình (28) có dạng αx + β Khi phương trình (28) viết lại sau ax y + 2 x + ax + y0 x2 + = αx + β tương đương   4.1 + x + ax y0 = αx + β = −αx − β Các tính chất nghiệm phương trình bậc bốn Phương trình bậc bốn x +ax +bx +c x +d = có bốn nghiệm x , x , x , x thỏa mãn tính chất sau Tính chất 4.1 T1 = x + x + x + x = −a Tính chất 4.2 T2 = x x + x x + x x + x x + x x + x x = b Tính chất 4.3 T3 = x x x + x x x + x x x + x x x = −c, Tính chất 4.4 T4 = x x x x = d Bốn tính chất nội dung định lí Viete cho nghiệm phương trình bậc bốn Tính chất 4.5 T5 = 1 1 c + + + =− x1 x2 x3 x4 d 166 Chứng minh T5 = 1 1 x x x + x x x + x x x + x x x T3 c + + + = = =− x1 x2 x3 x4 x1 x2 x3 x4 T4 d Tính chất 4.6 T6 = x 12 + x 22 + x 32 + x 42 = a − 2b Chứng minh T6 = x 12 + x 22 + x 32 + x 42 = (x + x + x + x )2 − (x x + x x + x x + x x + x x + x x ) = a − 2b Tính chất 4.7 T7 = (x + x + x ) (x + x + x ) (x + x + x ) (x + x + x ) = a b − ac + d Chứng minh T7 = (x + x + x ) (x + x + x ) (x + x + x ) (x + x + x ) = (T1 − x ) (T1 − x ) (T1 − x ) (T1 − x ) = T12 (x x + x x + x x + x x + x x + x x ) − T1 (x x x + x x x + x x x + x x x ) + x x x x = T12 T2 − T1 T3 + T4 = a b − ac + d Tính chất 4.8 T8 = (x + x + x − x ) (x + x + x − x ) (x + x + x − x ) (x + x + x − x ) = −a − 4ab − 8ac + 16d Chứng minh Chúng ta có T8 = (x + x + x − x ) (x + x + x − x ) (x + x + x − x ) (x + x + x − x ) = (T1 − 2x ) (T1 − 2x ) (T1 − 2x ) (T1 − 2x ) = T14 − 2T13 (x + x + x + x ) + 4T12 (x x + x x + x x + x x + x x + x x ) − 8T1 (x x x + x x x + x x x + x x x ) + 16x x x x = −T14 + 4T1 T2 − 8T1 T3 + 16T4 = −a − 4ab − 8ac + 16d − Tính chất 4.9 T9 = x1 +xx42 +x3 + x2 +xx31 +x4 + x3 +xx24 +x1 + x1 +xx23 +x4 = ac d 167 Chứng minh Chúng ta có 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 + x4 = + + + −4 x1 x2 x3 x4 1 1 = (x + x + x + x ) + + + −4 x1 x2 x3 x4 ac − = T1 T5 − = d T9 = Tính chất 4.10 T10 = x 12 x 22 + x 22 x 32 + x 32 x 42 + x 42 x 12 + x 12 x 32 + x 22 x 42 = b − 2ac + 2d Chứng minh Chúng ta có T10 = x 12 x 22 + x 22 x 32 + x 32 x 42 + x 42 x 12 + x 12 x 32 + x 22 x 42 = (x x + x x + x x + x x + x x + x x )2 − (x x x + x x x + x x x + x x x ) (x + x + x + x ) + 2x x x x = T22 − (x x x + x x x + x x x + x x x ) (x + x + x + x ) + 2x x x x = T22 − 2T3 T1 − 2T4 = b − 2ac + 2d Tính chất 4.11 T11 = x 12 x 22 x 32 + x 22 x 32 x 42 + x 32 x 42 x 12 + x 42 x 12 x 22 = c − 2bd Chứng minh Chúng ta có T11 = x 12 x 22 x 32 + x 22 x 32 x 42 + x 32 x 42 x 12 + x 42 x 12 x 22 = (x x x + x x x + x x x + x x x )2 − 2x x x x (x x + x x + x x + x x + x x + x x ) = T32 − 2T4 T2 = c − 2bd Tính chất 4.12 T12 = x 14 + x 24 + x 34 + x 44 = a − 4a b + 2b + 4ac − 4d Chứng minh Chúng ta có T12 = x 14 + x 24 + x 34 + x 44 = x 12 + x 22 + x 32 + x 42 − x 12 x 22 + x 22 x 32 + x 32 x 42 + x 42 x 12 + x 12 x 32 + x 22 x 42 = T62 − 2T10 = a − 2b − b − 2ac + 2d = a − 4a b + 2b + 4ac − 4d Tính chất 4.13 T13 = 1 −a + + + = x1 x2 x3 x2 x3 x4 x3 x4 x1 x1 x2 x4 d 168 Chứng minh Chúng ta có T13 = 1 1 x + x + x + x T1 −a + + + = = = x1 x2 x3 x2 x3 x4 x3 x4 x1 x1 x2 x4 x1 x2 x3 x4 T4 d Tính chất 4.14 T14 = x2 x3 x4 a − 2b x1 + + + = x2 x3 x4 x3 x4 x1 x1 x2 x4 x1 x2 x3 d Chứng minh Chúng ta có x1 x2 x3 x4 + + + x2 x3 x4 x3 x4 x1 x1 x2 x4 x1 x2 x3 x + x 22 + x 32 + x 42 T6 a − 2b = = = x1 x2 x3 x4 T4 d T14 = Tính chất 4.15 T15 = x1 xx24 x3 + x2 xx31 x4 + x3 xx42 x1 + x4 xx31 x2 = c −2bd d Chứng minh Chúng ta có x1 x2 x3 x2 x3 x4 x3 x4 x1 x4 x1 x2 + + + x4 x1 x2 x3 2 2 2 2 2 2 x1 x2 x3 + x2 x3 x4 + x3 x4 x1 + x4 x1 x2 T15 = = x1 x2 x3 x4 T11 c − 2bd = = T4 d Tính chất 4.16 T16 = 1 1 x1 x2 x3 x 42 + + + = c − 2bd d2 Chứng minh Chúng ta có T16 = = = + + + x 12 x 22 x 32 x 42 x 12 x 22 x 32 + x 22 x 32 x 42 + x 32 x 42 x 12 + x 42 x 12 x 22 x 12 x 22 x 32 x 42 T11 c − 2bd = d2 T42 Tính chất 4.17 T17 = (x − x )2 + (x − x )2 + (x − x )2 + (x − x )2 + (x − x )2 + (x − x )2 = 3a − 8b Chứng minh T17 = (x − x )2 + (x − x )2 + (x − x )2 + (x − x )2 + (x − x )2 + (x − x )2 = x 12 + x 22 + x 32 + x 42 − (x x + x x + x x + x x + x x + x x ) = 3T6 − 2T2 = a − 2b − 2b = 3a − 8b 169 4.2 Một số nhận xét nghiệm phương trình bậc bốn Cho phương trình bậc bốn x + ax + bx + c x + d = có bốn nghiệm x , x , x , x Khi có số nhận xét sau Nhận xét 4.18 Nếu x , x , x , x bốn nghiệm phương trình (26) 1 1 , , , bốn x1 x2 x3 x4 nghiệm phương trình t4 + Chứng minh Thay x = c b a t + t + t + = d d d d (30) vào phương trình (26) ta điều phải chứng minh t Nhận xét 4.19 Nếu x , x , x , x bốn nghiệm phương trình (26) x 12 , x 22 , x 32 , x 42 bốn nghiệm phương trình t − a − 2b t + b − 2ac + 2d t − c − 2bd t + d = (31) Chứng minh Từ tính chất 4.4, 4.6, 4.10 4.11 ta điều phải chứng minh Nhận xét 4.20 Nếu x , x , x , x bốn nghiệm phương trình (26) x1 x2 x3 , x2 x3 x4 , x3 x4 x1 , x4 x1 x2 bốn nghiệm phương trình t + c t + bd t + ad t + d = (32) Chứng minh Đặt t = x x x , t = x x x , t = x x x , t = x x x Chúng ta có 1) t + t + t + t = x x x + x x x + x x x + x x x = −c, , 2) t t + t t + t t + t t + t t + t t = x x x x (x x + x x + x x + x x + x x + x x ) = T4 T2 = bd 3) t t t + t t t + t t t + t t t = x 12 x 22 x 32 x 42 (x + x + x + x ) = T42 T1 = −ad 4)t t t t = x 13 x 23 x 33 x 43 = d Theo định lí Viete nghiệm phương trình bậc bốn, có điều phải chứng minh Phương trình bậc bốn với nghiệm cạnh tứ giác hai tâm Cho tứ giác lồi ABC D với độ dài cạnh AB = a, BC = b,C D = c, D A = d , B D = e, AC = f ; a +b +c +d nửa chu vi S diện tích Nếu tứ giác ABC D nội tiếp ngoại tiếp đường tròn ta nói ABC D tứ giác hai p= tâm 170 Bài toán 5.1 Độ dài bốn cạnh tứ giác ABC D nghiệm phương trình x − 2px + p + 2r + 2r 4R + r x − 2r p 4R + r + r x + r p = (33) Chứng minh(Hoàng Minh Quân) Theo định lí Viet độ dài bốn cạnh tứ giác ABC D nghiệm phương trình x − (a + b + c + d )x + (ab + ac + ad + bc + bd + cd )x − (abc + abd + acd + bcd )x + abcd = Chúng ta thấy hệ số x −(a + b + c + d ) = −2p Hệ số x ab + ac + ad + bc + bd + cd = (a + c)(b + d ) + ac + bd Theo tính chất tứ giác ngoại tiếp, có a+c = b+d Do p = (b + d ) hay p = a + c = b + d Vậy (a + c)(b + d ) = p a + b + c + d (a + c) = = 2 Mặt khác theo định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABC D có ac + bd = e f Vậy hệ số x p + e f Theo kết biết Fukagawa Hidetoshi Tony Rothman sách Sacredmathematics-japanese-temple-geometry trang 271 đến 275 chứng minh e f = 2r r + 4R + r nên thay kết vào hệ số p +e f x , ta hệ số x p +2r + 2r 4R + r Hệ số x abc +abd +acd +bcd , viết lại thành ac(b+d )+bd (a+c) = (a+c)(ac +bd ) = pe f mà e f = 2r r + nên hệ số x 2r p 4R + r 4R + r + r Cuối có abcd = S , mặt khác S = p.r Do abcd = p r Vậy theo định lí Viet có a, b, c, d nghiệm phương trình bậc bốn (33) Vậy có điều phải chứng minh Bài tốn 5.2 1 1 , , , nghiệm phương trình a b c d 4R + r + r x −2 rp x3 + p + 2r + 2r 4R + r 2 x − x + =0 r 2p2 r 2p r 2p2 (34) Chứng minh Áp dụng nhận xét 4.18 cho phương trình (33), điều phải chứng minh Bài toán 5.3 a , b , c , d nghiệm phương trình x − 2p − r + r 4R + r p + 2r + 2r 4R + r + − 2r p 8R + 2r + 2r x3 − 8p r 4R + r + r + 2r p x 4R + r − p x + r p = 171 Chứng minh Áp dụng nhận xét 4.19 cho phương trình (33), điều phải chứng minh Bài toán 5.4 abc, bcd , cd a, ad b nghiệm phương trình t − 2r p 4R + r + r t + r p p + 2r + 2r 4R + r t − 2r p t + r p = (35) Chứng minh Áp dụng nhận xét 4.20 cho phương trình (33), điều phải chứng minh 6.1 Đẳng thức bất đẳng thức tứ giác hai tâm Đẳng thức tứ giác hai tâm Đẳng thức 6.1 Áp dụng tính chất 4.2 vào phương trình (33) có ab + bc + c a + ad + d b + cd = p + 2r + 2r 4R + r Đẳng thức 6.2 Áp dụng tính chất 4.3 vào phương trình (33) có 4R + r + r abc + abd + acd + bcd = 2r p Đẳng thức 6.3 Áp dụng tính chất 4.4 vào phương trình (33) có abcd = r p Đẳng thức 6.4 Áp dụng tính chất 4.5 vào phương trình (33), tính chất 4.1 vào tốn 34, có 1 1 + + + = a b c d 4R + r + r rp Đẳng thức 6.5 Áp dụng tính chất 4.2 vào phương trình (34), có 1 1 1 p + 2r + 2r 4R + r + + + + + = ab bc c a ad bd cd r 2p2 Đẳng thức 6.6 Áp dụng tính chất 4.3 vào phương trình (34) có 1 1 + + + = abc abd acd bcd r p Đẳng thức 6.7 Áp dụng tính chất 4.1 vào phương trình (??) có a + b + c + d = 2p − r + r 172 4R + r Đẳng thức 6.8 Áp dụng tính chất 4.2 vào phương trình (??) có a b + a c + a d + b c + b d + c d = p + 2r + 2r − 8p r 4R + r 2 − 4R + r − 6p r Đẳng thức 6.9 Áp dụng tính chất 4.3 vào phương trình (??) có a b c + a b d + a c d + b c d = 2r p 8R + 2r + 2r 4R + r − p Đẳng thức 6.10 Áp dụng tính chất 4.2 vào phương trình (35) có abcd (ab + bc + c a + ad + bd + cd ) = r p p + 2r + 2r 4R + r Đẳng thức 6.11 Áp dụng tính chất 4.3 vào phương trình (35) có a b c d (a + b + c + d ) = 2r p 6.2 Bất đẳng thức tứ giác hai tâm Bài toán 6.12 p + 8r ≤ ab + bc + c a + ad + bd + cd ≤ p − 8r Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Fejes T´oth đẳng thức 6.1 có ab + bc + c a + ad + d b + cd = p + 2r + 2r 4R + r ≥ p + 8r Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, đẳng thức 6.7 có ab + bc + c a + ad + bd + cd ≤ ≤ a2 + b2 b2 + c c + a2 a2 + d b2 + d c + d + + + + + 2 2 2 a2 + b2 + c + d 2 ≤ p2 − r + r 4R + r Áp dụng bất đẳng thức R ≥ r 2, ta có p − r + r 4R + r ≤ p − 8r Do ab + bc + c a + ad + bd + cd ≤ p − 8r Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác ABC D hình vng Bài tốn 6.13 8r p ≤ abc + abd + acd + bcd ≤ p3 + 4pr Chứng minh Từ đẳng thức 6.2 bất đẳng thức Fejes T´oth, có abc + abd + acd + bcd = 2r p 173 4R + r + r ≥ 8r p Mặt khác theo 21 , có abc + abd + acd + bcd = 2r p = p2r 4R + r + r 4R + r − r + 4pr p 8r 4R + r − r + 4pr p2 ≤ + 4pr = Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác ABC D hình vng Bài tốn 6.14 1 1 p + 16r ≤ + + + ≤ p a b c d 4r p Chứng minh Áp dụng đẳng thức 6.4 theo (21), có 1 1 + + + = a b c d 8r 4R + r + r rp 4R + r + r = 4r p 8r 4R + r − r + 16r = ≤ 4r p p + 16r 4r p Mặt khác áp dụng đẳng thức 6.4 bất đẳng thức R ≥ r 2, có 1 1 + + + = a b c d 4R + r + r ≥ rp 8r = rp p Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác ABC D hình vng Bài tốn 6.15 1 1 1 5p + 16r p + 8r ≤ + + + + + ≤ r 2p2 ab bc c a ad bd cd 4r p Chứng minh Áp dụng đẳng thức 6.5 (21), có 1 1 p + 2r + 2r 4R + r + + + + + = ab bc c a ad bd cd r 2p2 4p + 8r r + 4R + r = 4r p 4p + 8r = ≤ 4R + r − r + 16r 4r p 5p + 16r 4r p Mặt khác áp dụng đẳng thức 6.5 bất đẳng thức R ≥ r 2, có 1 1 1 p + 2r + 2r 4R + r p + 8r + + + + + = ≥ ab bc c a ad bd cd r 2p2 r 2p2 Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác ABC D hình vng 174 Bài toán 6.16 p ≤ a + b + c + d ≤ p − 8r Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, có (1 + + + 1) a + b + c + d ≥ (a + b + c + d )2 tương đương (a + b + c + d )2 ≤ a2 + b2 + c + d 2, hay p ≤ a2 + b2 + c + d Mặt khác áp dụng đẳng thức 6.7 bất đẳng thức R ≥ r 2, có a + b + c + d = 2p − r + r 4R + r ≤ p − 8r Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác ABC D hình vng Bài tốn 6.17 p + 8r ≤ a2b2 + a2c + a2d + b2c + b2d + c 2d ≤ 25p − 320p r + 256r 16 Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, có (1 + + + + + 1) a b + a c + a d + b c + b d + c d ≥ (ab + ac + ad + bc + bd + cd )2 tương đương a2b2 + a2c + a2d + b2c + b2d + c 2d ≥ (ab + ac + ad + bc + bd + cd )2 Theo toán 6.12, có ab + bc + c a + ad + bd + cd ≥ p + 8r Do 2 2 2 2 2 2 a b +a c +a d +b c +b d +c d ≥ p + 8r Mặt khác, từ đẳng thức 6.8, bất đẳng thức (21) bất đẳng thức R ≥ r 2, có a2b2 + a2c + a2d + b2c + b2d + c 2d 2 = p + 2r + 2r 4R + r − 8p r 4R + r − 6p r  2 4p + 8r 4R + r − r + 16r  − 8p r 4R + r − 6p r = ≤ 5p + 16r 16 − 30p r = 25p − 320p r + 256r 16 Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác ABC D hình vng 175 Bài tốn 6.18 2r p 24r − p ≤ a b c + a b d + a c d + b c d ≤ p p − 8p r + 128r 16 Chứng minh Từ đẳng thức 6.9 bất đẳng thức R ≥ r 2, có a b c + a b d + a c d + b c d = 2r p 8R + 2r + 2r 4R + r − p ≥ 2r p 24r − p Mặt khác từ nhận xét 23 , có r 4R + r p + 8r ≤ Do áp dụng đẳng thức 6.9, có a b c + a b d + a c d + b c d = 2r p 8R + 2r + 2r 4R + r − p = 4p r 4R + r + 4p r ≤ ≤ ≤ p p + 8r p2 4R + r − 2p r p r p + 8r − 2p r 16 p + 16p r + 64r + 8p r + 64r − 32p r + 16 p 2 p − 8p r + 128r 16 Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác ABC D hình vng Bài tốn 6.19 r p p + 8r ≤ abcd (ab + ac + ad + bc + bd + cd ) ≤ r p 5p + 16r Chứng minh Từ đẳng thức 6.10 bất đẳng thức R ≥ r 2, có abcd (ab + ac + ad + bc + bd + cd ) = r p p + 2r + 2r 4R + r ≥ r p p + 8r Từ đẳng thức 6.10 bất đẳng thức (21), có abcd (ab + ac + ad + bc + bd + cd ) = r p p + 2r + 2r 4R + r = r p p + 2r r + r p 4p + 8r 4R + r − r + 16r = 2 ≤ 4R + r r p 5p + 16r Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác ABC D hình vng 176 Bài tốn 6.20 4R + r − 6r ≤ ab + bc + c a + ad + d b + cd ≤ R + r + r 10r 4R + r Chứng minh Áp dụng đẳng thức 6.1 định lí 3.7, có ab + bc + c a + ad + d b + cd = p + 2r + 2r 4R + r 2 4R + r ≤ r+ ≤ 4R + 4r + 4r ≤ R2 + r + r + 2r + 2r 4R + r 4R + r 4R + r Mặt khác, áp dụng đẳng thức 6.1 bất đẳng thức (21), có ab + bc + c a + ad + d b + cd = p + 2r + 2r 4R + r ≥ 8r 4R + r − r + 2r + 2r ≥ 10r 4R + r − 6r 4R + r Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác ABC D hình vng Bài toán 6.21 16r 2r 4R + r − r ≤ abc + abd + acd + bcd ≤ 2r 4R + r + r Chứng minh Áp dụng đẳng thức 6.2 đinh lí 3.7, có 4R + r + r abc + abd + acd + bcd = 2r p ≤ 2r 4R + r + r ≤ 2r 4R + r + r 4R + r + r Áp dụng đẳng thức 6.2, bất đẳng thức (22) bất đẳng thức R ≥ r 2, có 4R + r + r abc + abd + acd + bcd = 2r p ≥ 4r ≥ 16r 4R + r − r 2r 2r 4R + r + r 4R + r − r Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác ABC D hình vng Bài tốn 6.22 8r 4R + r − r ≤ abcd ≤ r 177 4R + r + r Chứng minh Áp dụng đẳng thức 6.3 định lí 3.7, có abcd = r p ≤ r 4R + r + r Mặt khác áp dụng đẳng thức 6.3 bất đẳng thức (21), có abcd = r p ≥ 8r 4R + r − r Bài toán 6.23 1 1 ≤ + + + ≤ r a b c d 4R + r + r 2r Chứng minh Áp dụng đẳng thức 6.4, định lí 3.7, có 4R + r + r 1 1 + + + = a b c d rp ≥ r Áp dụng đẳng thức 6.4, bất đẳng thức (22) bất đẳng thức R ≥ r , có 1 1 + + + = a b c d 4R + r + r rp 4R + r + r ≤ ≤ r 2r 4R + r − r 4R + r + r 2r Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác ABC D hình vng 178 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Văn Mậu, Phương pháp giải phương trình bất phương trình,NXB Giáo dục,1993 [2] Đàm Văn Nhỉ, Xây dựng số kết đẳng thức bất đẳng thức tam giác, Hội thảo toán học, Quảng Ninh 2012 [3] Tạ Duy Phượng, Phương trình bậc ba hệ thức hình học tam giác, THTT số 337/tháng /2005 [4] Hoàng Minh Quân, Xây dựng số dạng đẳng thức bất đẳng thức tam giác,Hội thảo toán học, Tuyên Quang, 2012 [5] Mirko Radic, Certain inequalities concerning bicentric quadrilaterals,Journal of Inequali- ties in Pure and Applied Mathematics [6] Shailesh a Shirall, Brahmagupta’s formula for the area of a cyclic quadrilateral [7] Martin Josefsson, Maximal Area of a Bicentric Quadrilateral,Forum Geometricorum Vol- ume 12 (2012) 237–241 [8]Martin Josefsson, The Area of a Bicentric Quadrilateral,Forum Geometricorum, Volume 11 (2011) 155–164 [9], Zhang Yun, "Euler’s Inequality Revisited", Mathematical Spectrum, Volume 40, Number (May 2008), pp 119-121 [10] Dragoslav S Mitrinovic, J Pecaric, V Volenec, Recent Advances in Geometric Inequalities, 1989 [11] Martin Josefsson, A New Proof of Yun’s Inequality for Bicentric Quadrilaterals ,Forum Geo- metricorum Volume 12 (2012) 79–82 [12] Mihai Miculita, A new property of circumscribed quadrilateral,International Journal of Geometry Vol (2012), No 2, 61 - 64 [13] Larry Hoehn,A New Formula Concerning the Diagonals and Sides of a Quadrilateral,Forum Geometricorum Volume 11 (2011) 211–212 [14] en.wikipedia.org/wiki/Bicentricq uad r i l at er al [15]ht t p : //mat hwor l d wol f r am.com/Bi cent r i cQuad r i l at er al ht ml [16]ht t p : //w w w.cut − t he − knot or g /p y t hag or as/Bi cent r i cQuad sht ml 179 ... 2T3 T1 − 2T4 = b − 2ac + 2d Tính chất 4 .11 T11 = x 12 x 22 x 32 + x 22 x 32 x 42 + x 32 x 42 x 12 + x 42 x 12 x 22 = c − 2bd Chứng minh Chúng ta có T11 = x 12 x 22 x 32 + x 22 x 32 x 42 + x... phương trình t − a − 2b t + b − 2ac + 2d t − c − 2bd t + d = (31) Chứng minh Từ tính chất 4.4, 4.6, 4.10 4 .11 ta điều phải chứng minh Nhận xét 4.20 Nếu x , x , x , x bốn nghiệm phương trình (26) x1... D tứ giác hai p= tâm 170 Bài toán 5.1 Độ dài bốn cạnh tứ giác ABC D nghiệm phương trình x − 2px + p + 2r + 2r 4R + r x − 2r p 4R + r + r x + r p = (33) Chứng minh( Hồng Minh Qn) Theo định lí Viet