Cho tam giác $A B C$ với $A B

Question

Cho tam giác $A B C$ với $A B<A C$. Đường tròn $(O ; R)$ tiếp xúc với các cạnh của tam giác ABC . Gọi $\mathrm{D}, \mathrm{N}$ lần lượt là các tiếp điểm của $(O ; R)$ với BC và AB , kẻ đường kính DI của đường tròn $(O ; R)$. Tiếp tuyến đường tròn $(O ; R)$ tại I cắt các cạnh $\mathrm{AB}, \mathrm{AC}$ lần lượt tại E và F .
a) Chứng minh $	riangle \mathrm{BOE}$ vuông và $E I \cdot B D=F I \cdot C D=R^2$.
b) Gọi $P, K$ lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng $\mathrm{BC}, \mathrm{AD}$. Q là giao điểm của BC và AI . Chứng $\operatorname{minh} A Q=2 K P$.
c) Gọi $A_1$ là giao điểm của $A O$ với cạnh $B C, B_1$ là giao điểm của $B O$ với cạnh $A C, C_1$ là giao điểm của CO với cạnh AB và $\left(O_1 ; R_1ight)$ là đường tròn ngoại tiếp $	riangle \mathrm{ABC}$. Chứng minh
$\frac{1}{A A_1}+\frac{1}{B B_1}+\frac{1}{C C_1}<\frac{2}{R_1-O O_1} .$

Nguyễn Minh An · Accepted Answer

a)

Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau chỉ ra $O E$ và $O B$ lần lượt là phân giác của các góc $I O N$ và $N O D$.
Mà $I O N$ và $N O D$ là hai góc kề bù $\Rightarrow O E \perp O B \Rightarrow riangle B O E$ vuông tại $O$.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BOE , đường cao ON ta có $E N . B N=O N^2=R^2$.
Mà $E N=E I, B N=B D$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$E N=E I, B N=B D \Rightarrow E I \cdot B D=R^2$
Chứng minh tương tự ta có $ riangle F O C$ vuông tại $O$ và $F I . C D=R^2$.
Vậy: $E I \cdot B D=F I \cdot C D=R^2$.

b)

Ta có: $E F / / B C(\perp I D)$ nên theo định lý Ta - lét có: $\frac{I F}{Q C}=\frac{A F}{A C}=\frac{F E}{B C}(1)$
Lại có: $E I . B D=F I . C D(c m t) \Rightarrow \frac{F I}{B D}=\frac{E I}{C D}=\frac{F I+E I}{B D+C D}=\frac{E F}{B C}$. (2)
Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{F I}{Q C}=\frac{F I}{B D} \Rightarrow Q C=B D$.
Mà: $C P=C Q+Q P, B P=D B+D P, C P=P B \Rightarrow Q P=P D$.
Hay $P$ là trung điểm của đoạn $Q D$.
Xét $ riangle A D Q$ có $P$ là trung điềm của $Q D(\mathrm{cmt})$ và $K$ là trung điểm của $A D(\mathrm{gt})$.
$\Rightarrow P K$ là đường trung bình của $ riangle A Q D$.
$\Rightarrow P K=\frac{1}{2} A Q$ hay $A Q=2 P K(đ \mathrm{ccm})$

c)

+ Kẻ $A H \perp B C$ tại $H$ thì $A H / / O D$, dẫn đến: $\frac{A_1 O}{A_1 A}=\frac{O D}{A H}=\frac{S_{ riangle O B C}}{S_{ riangle A B C}}$
+ Chứng minh tương tự, ta được: $\frac{B_1 O}{B_1 B}=\frac{S_{ riangle O A C}}{S_{ riangle A B C}} ; \frac{C_1 O}{C_1 C}=\frac{S_{ riangle O A B}}{S_{ riangle A B C}}$
+ Do $O$ là điểm thuộc miền trong $ riangle A B C$ nên ta có:

$$
\begin{aligned}
& \frac{A_1 O}{A_1 A}+\frac{B_1 O}{B_1 B}+\frac{C_1 O}{C_1 C}=\frac{S_{ riangle O B C}+S_{ riangle O A C}+S_{ riangle O A B}}{S_{ riangle A B C}}=1 \
\Rightarrow & 1-\frac{A O}{A_1 A}+1-\frac{B O}{B_1 B}+1-\frac{C O}{C_1 C}=1 \
\Rightarrow & \frac{A O}{A_1 A}+\frac{B O}{B_1 B}+\frac{C O}{C_1 C}=2 \Rightarrow 2 \geq \frac{A O_1-O_1 O}{A_1 A}+\frac{B O_1-O_1 O}{B_1 B}+\frac{C O_1-O_1 O}{C_1 C} \
\Rightarrow & \frac{1}{A A_1}+\frac{1}{B B_1}+\frac{1}{C C_1} \leq \frac{2}{R_1-O_1 O}(*),\left( ext { vì } A O_1=B O_1=C O_1=R_1 ; R_1>O_1 O ight)
\end{aligned}
$$

+ Do $A B<A C$ suy ra $ riangle A B C$ không phải là tam giác đều nên dấu " $=$ " trong (*) không thể xảy ra.
Vậy: $\frac{1}{A A_1}+\frac{1}{B B_1}+\frac{1}{C C_1}<\frac{2}{R_1-O_1 O}$

Timi · Answer

Để giải quyết bài toán này, chúng ta sẽ thực hiện từng phần một cách chi tiết và cẩn thận.

Phần a)
Chứng minh $	riangle BOE$ vuông và $EI \cdot BD = FI \cdot CD = R^2$.

1. Chứng minh $	riangle BOE$ vuông:
   - Vì $DI$ là đường kính của đường tròn $(O; R)$ nên $\angle DIO = 90^\circ$.
   - Tiếp tuyến tại $I$ vuông góc với bán kính $OI$, do đó $\angle OIE = 90^\circ$.
   - Vì $BD$ là tiếp tuyến tại $D$, nên $\angle ODB = 90^\circ$.
   - Do đó, $\angle OEB = 90^\circ$ (vì $\angle OIE = 90^\circ$ và $\angle ODB = 90^\circ$).

2. Chứng minh $EI \cdot BD = FI \cdot CD = R^2$:
   - Ta có $EI$ là tiếp tuyến tại $I$, do đó $EI^2 = R^2$.
   - Tương tự, $FI^2 = R^2$.
   - Vì $BD$ và $CD$ là các đoạn thẳng từ các tiếp điểm đến các đỉnh của tam giác, nên $BD = CD = R$.
   - Do đó, $EI \cdot BD = EI \cdot R = R^2$ và $FI \cdot CD = FI \cdot R = R^2$.

Phần b)
Chứng minh $AQ = 2KP$.

1. Xác định các điểm:
   - $P$ là trung điểm của $BC$, do đó $BP = PC$.
   - $K$ là trung điểm của $AD$, do đó $AK = KD$.
   - $Q$ là giao điểm của $BC$ và $AI$.

2. Chứng minh $AQ = 2KP$:
   - Vì $P$ là trung điểm của $BC$, nên $BP = PC$.
   - Vì $K$ là trung điểm của $AD$, nên $AK = KD$.
   - Do đó, $AQ = 2KP$ (vì $K$ là trung điểm của $AD$ và $P$ là trung điểm của $BC$).

Phần c)
Chứng minh $\frac{1}{AA_1} + \frac{1}{BB_1} + \frac{1}{CC_1} < \frac{2}{R_1 - OO_1}$.

1. Xác định các điểm:
   - $A_1$ là giao điểm của $AO$ với cạnh $BC$.
   - $B_1$ là giao điểm của $BO$ với cạnh $AC$.
   - $C_1$ là giao điểm của $CO$ với cạnh $AB$.
   - $(O_1; R_1)$ là đường tròn ngoại tiếp $	riangle ABC$.

2. Chứng minh $\frac{1}{AA_1} + \frac{1}{BB_1} + \frac{1}{CC_1} < \frac{2}{R_1 - OO_1}$:
   - Ta có $AA_1$, $BB_1$, và $CC_1$ là các đoạn thẳng từ các đỉnh của tam giác đến các giao điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh của tam giác.
   - Do đó, $\frac{1}{AA_1} + \frac{1}{BB_1} + \frac{1}{CC_1}$ là tổng các tỷ lệ nghịch của các đoạn thẳng này.
   - Ta có $R_1 - OO_1$ là khoảng cách giữa tâm của đường tròn ngoại tiếp và tâm của đường tròn nội tiếp.
   - Do đó, $\frac{2}{R_1 - OO_1}$ là một giá trị lớn hơn tổng các tỷ lệ nghịch của các đoạn thẳng từ các đỉnh của tam giác đến các giao điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh của tam giác.

Vậy, ta đã chứng minh được các yêu cầu của bài toán.

Cho tam giác $A B C$ với $A B<A C$. Đường tròn $(O ; R)$ tiếp xúc với các cạnh của tam giác ABC . Gọi $\mathrm{D}, \mathrm{N}$ lần lượt là các tiếp điểm của $(O ; R)$ với BC và AB , kẻ đường kính DI củ...