Bài này tôi giải bằng vectơ.
Gọi G là trọng tâm tgDEF thì theo định lý về đường thẳng Ơle : I, H, G thẳng hàng. Do đó : O, I, H thẳng hang khi và chỉ khi O,I,G thẳng hàng.

Ta ký hiệu #AB là vectơ AB. Bây giờ ta tính #OI và #IG theo #AB và #AC.

Gọi A’,B’,C’ là chân các đường cao của tgABC. Dễ tính được #AA’=(bcosC#AB+ccosB#AC)/a.
Lại thấy : #ID = (r/AA’)#AA’=(a/2p)#AA’=(bcosC#AB+ccosB#AC)/2p.
Tương tự tính được #IE và #IF.

Vậy #IG=1/3(#ID + #IE + #IF) nên
#IG = [b(cosA+cosC-1)#AB + c(cosB+cosA-1)#AC]/6p

Gọi M là trung điểm BC thì có gócMOC=gócA hoặc MOC = pi-gócA. Trong cả 2 trường hợp ta luôn có #OM = (acotgA/2r)#ID.

Ta còn tính được #MD = [a/2 – (p-c)]/a .#BC = (b-c)/2a#AB+(c-b)/2a #AC.

Suy ra : #OI = #OM + #MD + #DI = (acotgA/2r - 1)#ID + #MD
= [(acotgA/2r – 1)bcosC/2p + (b-c)/2a]#AB + [(acotgA/2r – 1)ccosB/2p + (c-b)/2a]#AC

Đã biểu diễn : #IG = k#AB + l#AC và #OI = m#AB + n#AC
Vậy : O, I, G thẳng hàng < = > k.n=l.m
< = > [(acotgA/2r – 1)bcosC/2p + (b-c)/2a]. c(cosB+cosA-1) = [(acotgA/2r – 1)ccosB/2p + (c-b)/2a]. b(cosA+cosC-1)
< = > (acotgA/2r – 1)bc/2p.[cosC(cosB+cosA-1)-cosB(cosA+cosC-1)] = (c-b)/2a.[ b(cosA+cosC-1) + c(cosB+cosA-1) ]

Vế phải (VP) biến đổi (giữ (c-b) còn lại quy hết về hàm sin ) được :
VP = (c-b)/2 .(1-cosB-cosC)

Vế trái (VT) = (acotgA/2r – 1)bc/2p.(cosA-1)(cosC-cosB)
= (abc.cotgA/4pr – bc/2p).(cosA-1)(cosC-cosB)
Có : abc.cotgA/4pr = abc.cotgA/4S = RcotgA = RcosA/sinA.
Lại có : bc/2p = bc/(a+b+c) = 4Rsin(A/2)sin(B/2)sin(C/2) / sinA
= R(cosA+cosB+cosC-1) / sin A

Với chú ý là sinA+sinB+sinC = 4cos(A/2)cos(B/2)cos(C/2) và cosA+cosB+cosC=1+4sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2)

Vậy : abc.cotgA/4pr – bc/2p = R(1-cosB-cosC) /sinA
Suy ra : VT = R(1-cosB-cosC) /sinA . (1-cosA)(cosB-cosC) = (1-cosB-cosC).(c-b)/2 =VP

Vậy ta có ĐPCM.
Bạn nào giải được bằng hình học thuần túy thì post lên nhé.

Bài này hay thật, cách giải của tôi hơi có phần mò mẫm, bạn tự tìm hiểu tại sao nhé.

Gọi H,I,K là chân các đường pgiác A, trung tuyến B, đường cao C.
Theo định lý Xêva ta có : AK/KB * BH/HC = 1 suy ra KB/AK = BH/HC = c/b.
Suy ra ngay : AK = bc/(b+c) do AK+KB=c.

Vậy cosA=CK/CA=c/(b+c). Mà cosA=(b^2+c^2-a^2)/2bc

Suy ra :c/(b+c)=(b^2+c^2-a^2)/2bc => 2bc^2= (b+c).(b^2+c^2-a^2). (1)
Vì góc C nhọn nên cosC>0 nên c^2<a^2+b^2 => c^2-a^2<b^2 => b^2 + c^2-a^2<2b^2
=> (b+c)(b^2 + c^2-a^2)<2b^2(b+c) (2)
Từ (1),(2) suy ra : 2bc^2<2b^2(b+c) hay c^2<b^2+bc. (3)

Lại có (cosA)^2+cosA = c^2/(b+c)^2 +c/(b+c) = (2c^2+bc)/(b^2+2bc+c^2)

Từ (3) ta có : (2c^2+bc) < (b^2+2bc+c^2) suy ra (cosA)^2+cosA < 1 hay (cosA)^2 + cosA - 1<0

Giải bất pt tam thức bậc 2 ở trên ta có ngay cosA < (căn(5)-1)/2 .

Bài này bạn cứ dùng tam giác đồng dạng là ra mà. Đặt AB = d và AM = x.

Từ các tam giác đồng dạng, bạn có AO1/AB = x/(x+4) nên AO1 = dx/(x+4).
Tương tự, AO2 = dx/(x+9).

Lại xét các tam giác đồng dạng ta có : O1F1/MN1 = 4/(4+x) nên O1F1 = 4dx/(x+4)^2
Tương tự : O2F2 = 9dx/(x+9)^2

Bây giờ giải pt : O1F1 = O2F2 là ra x.

Bạn sẽ giải được bài toán trên nếu giải được bài sau : Cho tam giác ACD đều có G là tâm. M là trung điểm AC. Lầy điểm H đối xứng với G qua AC. CMR tập hợp những điểm B thỏa mãn BD=2BM là đường tròn tâm H bán kính HC.

Có lẽ đối với bài này thì không cách nào ngắn hơn cách tọa độ. Không giảm TQ giả sử AC=2 ....