Trong nội dung này, chúng tôi xin trình bày khái niệm cũng như các tính chất về tứ giác lưỡng tâm. Bên cạnh đó, một số công thức để tính diện tích của tứ giác lưỡng tâm cũng được trình bày cụ thể.
1.2.1 Tính chất của tứ giác lưỡng tâm
Một tứ giác lưỡng tâm là một tứ giác lồi thỏa mãn cả hai tính chất ngoại tiếp và nội tiếp đường tròn. Để tiện theo dõi chúng ta quy ước đường tròn nội tiếp tứ giác là (I, r), đường tròn ngoại tiếp tứ giác là (O, R), khoảng cách tâm Dc = OI = d.
Định lý 1.2.1. (Định lí Pitot) i) Một tứ giác lồi nội tiếp đường tròn thì tổng hai góc đối bằng 180◦.
ii)Một tứ giác ngoại tiếp đường tròn thì tổng của hai cặp cạnh đối bằng nhau.
Chứng minh.i) Tính chất này dễ dàng được chứng minh nhờ tính chất của góc nội tiếp. Từ Hình 1.9, ta thấy số đo của góc A cộng số đo của góc C bằng nửa số đo đường tròn, do vậy
A+C = 1800. Tương tự cho cặp góc B +D.
B
C A
D
Hình 1.9
dài như Hình 1.10. Khi đó, ta có
AB+CD = a+b+c+d = AD+BC.
B
C a
a
b
b
c d c
d
D A
Hình 1.10
Từ tính chất trên, ta dễ dàng suy ra một tứ giác lưỡng tâm có đầy đủ cả hai tính chất: Tổng của hai góc đối diện bằng 180◦ và tổng của hai cặp cạnh đối là bằng nhau.
Tính chất 1.2.2. ([1, tr. 2-3]) Giữa đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tứ giác lưỡng tâm ABCD có các hệ thức sau
1
(R+d)2 + 1
(R−d)2 = 1
r2 (Định lý Fuss) (1.14)
(R2 −d2)2 = 2r2(R+d)2 (1.15)
(R+r +d)(R+ r−d)(R−r +d)(R−r −d) = r4 (1.16) R+d
r 2
−1
!
R−d r
2
−1
!
= 1 (1.17)
d2 = R2 + r2 −r√
r2 + 4R2 (1.18)
R = 1 4
r(ac+bd)(ad+ bc)(ab+cd)
abcd (1.19)
(Công thức tính bán kính đường tròn ngoại tiếp).
Hình 1.11
Chứng minh. Trước tiên chúng ta chứng minh hệ thức (1.14), hay còn gọi là định lý Fuss.
Cho tứ giác ABCD có đường tròn nội tiếp (I, r) và đường tròn ngoại tiếp (O, R). Kéo dài BI, DI cắt (O) lần lượt tại M, N (xem Hình 1.11).
Ta có
M N C\ +N M C\ = IBC[ + IDC[ = 1
2(ADC\+ABC\) = 90◦.
Suy ra O là trung điểm của M N. Áp dụng công thức tính đường trung tuyến trong tam giác IM N ta có
OI2 = IM2
2 + IN2
2 − M N2
4 = IM2
2 + IN2
2 −R2. Do đó, ta có
1
(R+d)2 + 1
(R−d)2 = 2(R2 +d2)
(R2 −d2)2 = IM2 +IN2 (PI/(O))2
= IM2
IM2.IB2 + IN2 IN2.ID2
= 1
IB2 + 1 ID2
= sin2 B2b
r2 + sin2 D2b r2 = 1
r2.
Dễ thấy, các hệ thức còn lại dễ dàng được suy ra từ hệ thức (1.14).
1
(R+d)2 + 1
(R−d)2 = 1
r2 ≥ 2
R2 −d2 ≥ 2 R2. Suy ra, ta có R ≥ √
2r.
Tính chất 1.2.4. ([1, tr. 3-4]) Trong mọi tứ giác lưỡng tâm ABCD, ta có các đẳng thức sau:
AB
IA.IB = CD
IC.ID = 2R
R2 −D2 (1.20)
AC
IA.IC = BD
IB.ID = 2R
R2 −d2 (1.21)
1
IA2 + 1
IC2 = 1
IB2 + 1
ID2 (1.22)
AC2
IA2 +IC2 = BD2
IB2 +ID2 (1.23)
8Rr 1
AC + 1 BD
= AB +BC +CD+DA (1.24) AC.BD = 8R2r2
R2 −d2 (1.25)
IA.IB.IC.ID = 2r2(R2 −d2) (1.26) AB +BC +CD +DA
AC +BD = R2 −d2
Rr (1.27)
pq
4r2 − 4R2
pq = 1 (1.28)
xz = yt, (1.29)
p
q = x+z
y +t. (1.30)
Với p, q lần lượt là độ dài hai đường chéo AC, BD của tứ giác ABCD và x, y, z, t lần lượt là độ dài của bốn đoạn thẳng nối đỉnh tứ giác với tiếp điểm đường tròn nội tiếp.
Định lý 1.2.5. ([8, tr. 6-7]) Cho tứ giác lồi ABCD không phải là một hình thang, phần mở rộng của các cạnh đối cắt nhau lần lượt tại E và F. Nếu chính xác một trong các hình tam giác AEF và CEF nằm ngoài của tứ giác ABCD, khi đó nó là một tứ giác ngoại tiếp khi và chỉ khi
AE +CF = AF +CE.
Chứng minh. Điều kiện cần. Trong tứ giác ngoại tiếp ABCD, giả sử các cạnhAB, BC, CD, DA tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tại các điểm tương ứng là W, X, Y, Z (Hình 1.12).
Hình 1.12
Khi đó, ta có
AE +CF = AW +EW +F X −CX
= AZ +EY +F Z −CY
= AF +CE.
Điều kiện đủ. Giả sử ABCD là một tứ giác lồi và thỏa mãn AE +CF = AF +CE.
Vẽ một đường tròn tiếp xúc với các cạnhAB, BC vàCD. Nếu đường tròn này không tiếp xúc với DA thì vẽ một tiếp tuyến của đường tròn song song với DA. Giả sử tiếp tuyến này lần lượt cắt AB, CD, F C lần lượt tại A0, D0 và F0 (Hình 1.13). Giả sử DA không cắt đường tròn; trường hợp ngược lại có thể được chứng minh bằng cách tương tự. ChoG là một điểm trên DA sao cho A0G song song với F0F (rõ ràng, A0G = F0F).
Hình 1.13
Từ điều kiện cần ta có,
A0F0 +CE = A0E+CF0. Vì
AE +CF = AF +CE, nên chúng ta nhận được
AG = AA0 +A0G.
Điều này là mâu thuẫn với bất đẳng thức trong tam giác AGA0. Vì vậy, điều giả sử DA không tiếp xúc với đường tròn là sai.
Trường hợp DA cắt đường tròn được chứng minh tương tự.
Nhận xét 1.2.6. Nếu cả hai tam giác AEF và CEF đều nằm bên ngoài tứ giác ABCD thì ta có tính chất sau BE +DF = BF +DE. Ta thu được đẳng thức trên bằng cách đặt tên lại các đỉnh theo A →B → C → D →A rồi so sánh với Định lý 1.2.5.
Tính chất 1.2.7. ([1, tr. 4]) Gọi a, b, c, d lần lượt là độ dài các cạnh tứ giác lưỡng tâm ABCD. Diện tích của tứ giác ABCD được cho bởi một trong các công thức
S = √
abcd (1.31)
S = √4
xyzt(x+y +z+ t) (1.32)
S = AI.CI +BI.DI (1.33)
S =
1
sinA + 1 sinB
. (1.34)
Tính chất 1.2.8. ([1, tr. 4]) Bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tứ giác lưỡng tâm được cho bởi các công thức
r =
√abcd a+c =
√abcd
b+d (1.35)
r = √
xz = √
yt (1.36)
R = 1 4
r(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)
abcd . (1.37)
Định lý 1.2.9. ([8, tr. 9]) Trong một tứ giác ngoại tiếp mà không phải dạng hình thang ABCD, giả sử phần kéo dài của AB và CD giao nhau tại E, phần kéo dài của BC và AD cắt nhau tại F. Gọi đường tròn nội tiếp của tam giác AEF tiếp xúc với AE và AF lần lượt tại các tiếp điểm K và L. Đường tròn nội tiếp tam giác CEF tiếp xúc với BF và DE lần lượt tại M và N. Nếu có duy nhất một trong hai tam giác AEF hoặc CEF nằm ngoài tứ giác ABCD, thì tứ giác ABCD là một tứ giác lưỡng tâm nếu và chỉ nếu KN và LM vuông góc với nhau.
Hình 1.14
Chứng minh. Gọi J là giao của các phần kéo dài của KN và LM, và
JN C\ = EN K\ = A+D 2 , và
JM C\ = F M L\ = A+ B 2 .
Như vậy, bằng cách sử dụng tổng các góc của tứ giác CM JN, ta có v = 2π −C − A+B
2 − A+D 2
= 2π − A+B +C + D
2 − A+C
2
= π− A+ C 2 . Suy ra, ta có
v = π
2 hay A+C = π,
và do đó,KN và LM vuông góc với nhau nếu và chỉ nếu tứ giác ABCD
là tứ giác lưỡng tâm.
Tính chất 1.2.10. ([1, tr. 4]) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của AB, BC, CD, DA với (I). Khi đó, tứ giác ABCD là lưỡng tâm khi và chỉ khi M P ⊥N Q.
Chứng minh. Gọi E là giao điểm của M P và N Q. Do DP M\ = AM P\ nên
DP E\ = 180◦ − 1
2(CDA\+ DAB).\ Tương tự, ta có
DQE\ = 180◦ − 1
2(CDA\+DCB).\ Do đó, ta có
P DQ\ +P EQ\ = 360◦ −(DQE\ +DP E) =\ CDA\+ 1
2(DAB\+DCB).\ Suy ra, tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi
DAB\+ DCB\ = 90◦,
Hình 1.15
điều này tương đương với
P EQ\ = 90◦.
Hay M P ⊥ N Q.
Nhận xét 1.2.11. Từ tính chất 1.2.10 cho ta cách dựng một tứ giác lưỡng tâm như sau:
• Bước 1: Vẽ đường tròn (xem Hình 1.16).
Hình 1.16
•Bước 2: Vẽ hai đường vuông góc với nhau tại 1 điểm bất kỳ trong hình tròn (xem Hình 1.17).
Hình 1.17
• Bước 3: Xây dựng các tiếp tuyến tại các giao điểm (giữa hai đường thẳng vẽ ở Bước 2 với đường tròn) (xem Hình 1.18).
Hình 1.18
• Bước 4: Xây dựng đường tròn ngoại tiếp qua 4 đỉnh là giao của các tiếp tuyến như ở Bước 3. Việc xây dựng đường tròn này hoàn toàn thủ công bằng cách vẽ đường trung trực của các đoạn thẳng. Giao điểm của chúng sẽ là tâm của đường tròn ngoại tiếp cần tìm (xem Hình 1.19).
Hình 1.19
Xóa bỏ đi các phần thừa trong Hình 1.19 ta thu được một tứ giác lưỡng tâm chỉ với thước thẳng và compa như Hình 1.20.
Hình 1.20
Tính chất 1.2.12. ([1, tr. 5]) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi E, F lần lượt là giao của các đường thẳng AB và CD, AD và BC. Khi đó, tứ giác ABCD là lưỡng tâm khi và chỉ khi EIF[ = 90◦.
Chứng minh.GọiM, N, P, Qlần lượt là tiếp điểm của(I)vớiAB, BC, CD, DA. Gọi H, K lần lượt là giao điểm của EI với M P vàF I vớiQN (xem Hình 1.21).
Do Tính chất 1.2.12 ta có M P ⊥ N Q, mặt khác IE ⊥ M P, IF ⊥ N Q nên tứ giác HIKP là hình chữ nhật hay EIF[ = 90◦.
Hình 1.21
Tính chất 1.2.13. ([1, tr. 5]) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) sao cho không có hai đỉnh đối diện nào đối xứng nhau qua đường chéo. Khi đó tứ giác ABCD là lưỡng tâm khi và chỉ khi đường thẳng Newton của tứ giác ABCD vuông góc với đường thẳng Newton của tứ giác tiếp điểm M N P Q.
Hình 1.22
Chứng minh.GọiK, Llần lượt là giao điểm củaIE vàM P, IF vàN Q, T là giao điểm của M P và N Q, J là trung điểm EF (xem Hình 1.22).
Đường thẳng Newton của tứ giác ngoại tiếp đi qua tâm nội tiếp của tứ giác đó nên IJ là đường thẳng Newton của tứ giác ABCD. Mặt khác, K, L lần lượt là trung điểm M P, N Q nên KL là đường thẳng Newton của tứ giác M N P Q.
Xét đường tròn (I) có M P là đường đối cực của E, N Q là đường đối cực của F suy ra EF là đường đối cực của T. Từ đó IT ⊥ EF. Do IK.IE = IL.IF = r2 nên tứ giác EKLF nội tiếp. Suy ra IJ ⊥ KL. Do đó IT đi qua trung điểm G của KL. Trung điểm KL nằm trên đường kính T I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác T LIK khi và chỉ khi hoặc G là trung điểm T I hoặc KL ⊥ T I. Trường hợp KL ⊥ T I không xảy ra do IT ≡ IJ nên tứ giác ABCD có hai đỉnh đối diện đối xứng nhau qua đường chéo (mâu thuẫn với giả thiết). Vì vậy G là trung điểm IT. Điều này tương đương EIF[ = 90◦ nên theo Tính chất 1.2.12, ta có ABCD là
tứ giác lưỡng tâm.
Tính chất 1.2.14. ([1, tr. 6]) Trọng tâm Gcủa tứ giác tiếp điểm XY ZT nằm trên OI và
IG = r2d R2 −d2.
Hình 1.23
Chứng minh.GọiA0, B0, C0, D0 lần lượt là trung điểmT X, XY, Y Z, ZT (xem Hình 1.23). Ta có IA.IA0 = IB.IB0 = IC.IC0 = ID.ID0 = r2 nên phép nghịch đảo
NIr2 : A →A0, B →B0, C → C0, D →D0,
biến đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD thành đường tròn ngoại tiếp tâm O0 của tứ giác A0B0C0D0. Do A0B0C0D0 là hình bình hành và nội tiếp nên O0 chính là trung điểm của A0C0. Từ đó O0 ≡ G.
Theo phép nghịch đảo, ta có
−→IG = r2
PI/(O) ã−→
IO = r2
d2 −R2 ã−→
IO.
Vậy G nằm trên IO và
IG = r2d R2 −d2.
Tính chất 1.2.15. ([1, tr. 6]) Giao điểm P của hai đường chéo AC và BD nằm trên OI, đồng thời
IP = 2r2d R2 −d2.
Hình 1.24
Chứng minh.GọiA1, B1, C1, D1 lần lượt là giao điểm củaAI, BI, CI, DI với (O) (xem Hình 1.24). Theo phép chứng minh Tính chất 1.2.2, ta có A1C1 và B1D1 là các đường kính của (O). GọiL là giao điểm củaA1B và D1C. Áp dụng định lý Pascal cho hai bộ 6 điểm (A1, B1, C1, D1, B, C), ( A, B, C, D, A1, D1) ta có I, O, L thẳng hàng và I, P, L thẳng hàng. Như vậy, điểm P nằm trên OI.
Mặt khác, gọi X, Y, Z, T lần lượt là tiếp điểm của AB, BC, CD, DA với (I). M, N lần lượt là giao điểm của XY và ZT, XT và Y Z;E, F là giao điểm củaAB vàCD,AD và BC (xem Hình 1.25). Vì ABCD ngoại tiếp đường trong tâm (I) nên AC, BD, XZ, Y T đồng quy tại một điểm P. Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm X, Y, Z, T, X, Z suy ra E, M, N thẳng hàng. Tương tự suy ra E, F, M, N thẳng hàng.
Hình 1.25
Gọi P0 là giao của OI với M N. Ta thấy P0 lần lượt nằm trên đường đối cực của P ứng với (I),(O) nên IP.IP0 = r2 và OP.OP0 = R2. Từ đó
IP0 = r2
IP, IP0+OI = OP0 = R2
OP = R2 IP +OI. Đặt IP = x suy ra d = OI = OP0 −IP0 = R2
x+d − r2 x. Thay
x = 2r2d R2 −d2, và đặt
K = R2 2r2d
R2 −d2 +d
− r2 2r2d R2 −d2
.
Ta sẽ chứng minh K = d.
Thật vậy, Từ công thức (1.15), ta có r2 = (R2 −d2)2
2(R+d)2 thay r2 vào biểu thức của K ta được
K = R2 (R2 −d2)d
R2 + d2 +d
− R2 −d2
2d = R2 +d2 −R2 +d2
2d = d.
Vậy
IP = 2r2d R2 −d2.
Nhận xét 1.2.16. Theo phép chứng minh trên, điểm P được gọi là điểm
“giới hạn” của hai đường tròn (I) và (O), nghĩa là điểm nghịch đảo của P ứng với hai đường tròn trùng nhau. Với mỗi cặp đường tròn (O),(I) đều tồn tại hai điểm “giới hạn” là P và P0.
Tính chất 1.2.17. ([1, tr. 8]) Phép nghịch đảo cực P hoặc P0 phương tích bất kì biến hai đường tròn (O) và (I) thành hai đường tròn đồng tâm (xem Hình 1.26).
Hình 1.26
Chứng minh. Xét phép nghịch đảo cực P phương tích k. NPk : (O) 7→(O0),(I) 7→ (I0).
Ta có
P I0
P I = k
PP/(I) = k P I ãP P0. Suy ra
P I0 = k P P0.
P O =
PP/(O) =
P OãP P0. Suy ra
P O = k P P0. Từ đó P I0 = P O0 hay I0 ≡ O0.
Chứng minh tương tự với phép nghịch đảo cựcP0 phương tích bất kì biến (O) và (I) thành hai đường tròn đồng tâm.
Tính chất 1.2.18. ([1, tr. 8]) IP là đường đối trung của các tam giác IAC và IBD (xem Hình 1.27).
Hình 1.27
Chứng minh. Ta có IAO[ = IAB[−OAB\ = 1
2DAB\−(90◦−\ACB) = \ACB−ICB[ = ACI.[ Do đó OA là tiếp tuyến của (AIC). Chứng minh tương tự suy ra O là giao điểm của hai tiếp tuyến tạiA, C của (AIC). Theo Tính chất 1.2.17, ta cóO, I, P thẳng hàng do đó IP là đường đối trung của tam giác IAC. Chứng minh tương tự ta cũng có IP là đường đối trung của tam giác
IBD.
Tính chất 1.2.19. ([1, tr. 9]) Một đường thẳng qua I và song song với một cạnh của tứ giác ABCD cắt hai cạnh đối diện còn lại tại M, N. Khi đó độ dài M N không phụ thuộc vào việc chọn cạnh của tứ giác để kẻ song song với nó (xem Hình 1.28).
Hình 1.28
Chứng minh.GọiM N vàLK là hai đường thẳng quaI và lần lượt song song với AD, BC (M, K ∈ CD;N, L ∈ AB). Ta có IN L[ = DAB\ = 180◦ −DCB\ = M KI\ nên tứ giác M KN L nội tiếp, từ đó hai tam giác KIM và N IL đồng dạng.
Do hai tam giác này có đường cao hạ từ I đều bằng r nên IK = IN, IM = IL, KM = N L. Dễ thấy tam giác AN I cân tại N nên N A= N I.
Tương tự, ta có
LI = LB, IK = KC, IM = M D.
Suy ra, ta có
2M N = M N +KL = AN +LB +AM +KC
= AB−N L+CD +KM = AB +CD
= 1
2(AB +BC + CD+DA).
cạnh của tứ giác ABCD. Tính chất 1.2.20. ([1, tr. 10]) Gọi H1, H2, H3, H4 lần lượt là trực tâm các tam giác AIB, BIC, CID, DIA; K1, K2, K3, K4 lần lượt là trực tâm các tam giácXIY, Y IZ, ZIT, T IX. Khi đó các bộ bốn điểm(H1, H2, H3, H4) và (K1, K2, K3, K4) lần lượt thẳng hàng và hai đường thẳng này vuông góc với nhau tại P (xem Hình 1.29).
Chứng minh. Gọi M, Q lần lượt là hình chiếu của Z trên IT, A trên ID.N là trung điểmY Z. Theo Tính chất 1.2.12, ta cóXZ ⊥ Y T. Do đó N P Y\ = T Y Z[ = T ID[ = T ZM\ = T P M\. Suy ra M, P, N thẳng hàng.
Ta thu được M P Q\ = ZP N\ = P ZN\ = 90◦ −ZY T[ = T DI[ = T H\4A, suy ra tứ giác P M H4Q nội tiếp.
Hình 1.29
Mặt khác, M, Q thuộc đường tròn đường kính K3H4. Như vậy năm điểm K3, P, Q, H4, M cùng thuộc một đường tròn. Suy ra K\3P H4 = 90◦. Chứng minh tương tự suy ra H1, H2, H3, H4 cùng nằm trên đường thẳng qua P và vuông góc với P K3. Lại theo phép tương tự suy ra K1, K2, K3, K4 cùng nằm trên đường thẳng qua P và vuông góc với đường thẳng đi qua H1, H2, H3, H4.
Nhận xét 1.2.21. Tính chất 1.2.20 là sự tổng hợp của hai bài toán sau:
• Bài toán 1. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I), AC giao BDtạiP. Khi đó, trực tâm của các tam giácAIB, BIC, CID, DIA cùng thuộc một đường thẳng đi qua P.
• Bài toán 2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) sao cho AC vuông góc với BD tại P. Khi đó, trực tâm của các tam giác AOB, BOC, COD, DOA cùng thuộc một đường thẳng đi qua P. Cả hai bài toán đều có thể chứng minh bằng cách áp dụng định lý Pascal.
1.2.2 Diện tích của tứ giác lưỡng tâm
Mục này, chúng tôi trình bày một số công thức thú vị để tính diện tích của một tứ giác lưỡng tâm.
Định lý 1.2.22. ([6, tr. 155]) Cho ABCD là một tứ giác lưỡng tâm với các cạnh a, b, c, d. Khi đó, tứ giác ABCD có diện tích
S = √ abcd.
Chứng minh. Đường chéo AC chia tứ giác lưỡng tâm ABCD (ABCD là tứ giác lồi) thành hai tam giác ABC và ADC. Sử dụng các công thức cos, ta có
a2 + b2 −2abcosB = c2 +d2 −2cdcosD. (1.38) Do ABCD là tứ giác lưỡng tâm, theo định lý Pitot, a+c = b+d, nên (a−c)2 = (b−d)2 và do đó
a2 −2ac+ c2 = b2 −2bd+d2. (1.39) Trừ vế theo vế của (1.39) cho (1.38) rồi rút gọn, ta thu được
ab(1−cosB) =cd(1−cosD). (1.40) Mặt khác, trong một tứ giác nội tiếp thì hai góc đối diện là bù nhau. Do đó, ta có
cosD = −cosB.
(ab+cd) cosB = ab−cd. (1.41) Diện tích S của một tứ giác lồi thỏa mãn
2S = absinB +cdsinD.
Từ sinD = sinB, ta có
2S = (ab+cd) sinB. (1.42) Bây giờ, ta sử dụng công thức (1.41) và (1.42) và đẳng thức sin2B + cos2B = 1, ta có diện tích S của tứ giác ABCD là
(2S)2 = (ab+cd)2(1−cos2B) = (ab+cd)2 −(ab−cd)2 = 4abcd.
Suy ra,
S = √ abcd.
Hệ quả 1.2.23. ([6, tr. 157]) Một tứ giác lưỡng tâm với cạnh a, b, c, d có diện tích
S = actan θ
2 = bdcot θ 2, với θ là góc giữa hai đường chéo.
Chứng minh. Góc giữa hai đường chéo θ của một tứ giác lưỡng tâm được tính bằng công thức
tan2 θ
2 = bd ac. Từ Định lý 1.2.22, ta có
S2 = (ac)ã(bd) = (ac)2tan2 θ 2.
Chứng minh tương tự, ta thu được kết quả cần chứng minh S = actan θ
2 = bdcot θ 2.
Định lý 1.2.24. ([6, tr. 157-164]) Cho ABCD là một tứ giác lưỡng tâm với các cạnh a, b, c, d, p, q, m, n theo thứ tự là độ dài của hai đường chéo và hai đường trung tuyến. Gọi R và r theo thứ tự là bán kính ngoại tiếp và nội tiếp. Khi đó, ta có các công thức để tính diện tích tứ giác ABCD như sau
S = 2r2 1
sinA + 1 sinB
2
. (1.43)
S = 1 2
q
p2q2 −(m2 −n2)2. (1.44) Định lý 1.2.25. ([7, tr. 237-238]) Nếu một tứ giác lưỡng tâm có một đường tròn nội tiếp và một đường tròn ngoại tiếp với các bán kính tương ứng là r và R, thì ta có công thức tính diện tích sau:
S = r(r +√
4R2 +r2) sinθ, trong đó, θ là góc giữa các đường chéo.
Từ Định lí 1.2.25 ta có Hệ quả 1.2.26 sau:
Hệ quả 1.2.26. ([7, tr. 237-238]) Nếu một tứ giác lưỡng tâm có một đường tròn nội tiếp và một đường tròn ngoại tiếp với các bán kính tương ứng là r và R, thì diện tích tứ giác thỏa mãn bất đẳng thức sau:
S ≥r(r +√
4R2 + r2),
trong đó, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác có hai đường chéo vuông góc.
Chương 2
Đa giác lưỡng tâm và ứng dụng
Nội dung chính của chương 2 chúng tôi trình bày n-giác lưỡng tâm mà trong đó đường tròn nội tiếp được thay bằng đường tròn bàng tiếp.
Chúng tôi cũng khảo sát hệ phương trình liên quan đến các đại lượng kết hợp với n-giác, đường tròn ngoại tiếp, và đường tròn bàng tiếp. Đồng thời chúng tôi cũng trình bày lại một số ứng dụng của vấn đề này.