$\boxed{\text{ Bài toán 3}}$ Cho $\Delta ABC$, $A_1, B_1,C_1$ lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$. $AA_1, BB_1, CC_1$ lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tương ứng tại $A_2,B_2,C_2$. Chứng minh rằng: \[ \frac{AA_{1}}{A_{1}A_{2}}+\frac{BB_{1}}{B_{1}B_{2}}+\frac{CC_{1}}{C_{1}C_{2}}\ge \frac{3p^{2}}{r(4R+r)}\]
Trong đó: $p,r,R$ lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp của $\Delta ABC$.
Mình làm đậm chất đại số.Ai có cách giải hình thuần tuý thì up lên nha!!!
Trước hết ta có nhận xét quan trọng sau:
Cho (O).Dây XY cố định.Điểm Z di chuyển trên một cung BC.
Khi đó $ZX+ZY$ đạt GTLN khi Z là điểm chính giữa cung BC.
Áp dụng vào bài toán:
Từ các tam giác đồng dạng ta có
$\frac{AA_{1}}{{A}_{1}A_{2}}=\frac{bc}{BA_{2}.CA_{2}}$
Theo nhận xét thì ta có ngay tích $BA_{2}.CA_{2}$ Max khi $AA_{2}$ là phân giác góc A
Từ đó ta chỉ phải chứng minh trong trường hợp $AA_{1},BB_{1},CC_{1}$ là các đường phân giác.
Khi đó $AA_{1}.A_{1}A_{2}=BA_{1}.CA_{1}$ $\Rightarrow \frac{AA_{1}}{A_{1}A_{2}}=\frac{AA_{1}^{2}}{BA_{1}.CA_{1}}$
Ta tính được độ dài các đoạn $BA_{1}=\frac{ac}{b+c},CA_{1}=\frac{ca}{b+c}$
Và theo công thức tính phân giác
$AA_{1}=\frac{2bc}{b+c}\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}$
suy ra $\frac{AA_{1}^{2}}{BA_{1}CA_{1}}=\frac{4p(p-a)}{a^{2}}$
Do đó ta phải cm
$\frac{4(p-a)}{a^{2}}+\frac{4(p-b)}{b^{2}}+\frac{4(p-c)}{c^{2}}\geq \frac{3p}{r(4R+r)}$
Ta sử dụng bổ đề sau:(Đẳng thức quen thuộc)
$a^{2}+b^{2}+c^{2}+4r(r+4R)=2(ac+bc+ca)$
Từ đó quy bài toán về cm
$\sum \frac{b+c-a}{a^{2}}\geq \frac{3(a+b+c)}{2\sum ab-\sum a^{2}}=\frac{3(a+b+c)}{\sum (a+b-c)(b+c-a)}$
Đặt $x=c+b-a,y=a+c-b,z=a+b-c$
Ta phải cm
$\sum \frac{x}{(y+z)^{2}}\geq \frac{3(x+y+z)}{4(xy+yz+zx)}$
Theo bdt Swart
$\sum \frac{x}{(y+z)^{2}}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{\sum x(y+z)^{2}}$
Ta phải cm
$4(x+y+z)(xy+yz+xz)\geq 3x(y+z)^{2}+3y(z+x)^{2}+3z(x+y)^{2}$
$\Leftrightarrow x^{2}(y+z)+y^{2}(x+z)+z^{2}(x+y)\geq 6xyz$
Hiển nhiên đúng.Ta có điều phải cm.