Câu 3a chứng minh MN là trục đẳng phương của đường tròn Euler cảu tam giác ABC và (O).

Câu 3b gọi T là trung điểm BC

Ta có (T) và (I) trực giao

Suy ra Rh là đường đối trung của tam giác REF ( R, H, T thẳng hàng )

$\widehat{FRH}=\widehat{FAH}=\widehat{OAE}=\widehat{SRE}$

Suy ra RT và RS đẳng giác trong tam giác REF hay RS qua trung điểm EF

CI là đường đối trung của CEF do (I) và (T) trực giao

Dễ có F,I,D,C đồng viên

$\widehat{FCI}=\widehat{QDA}=\widehat{QCA}$

Suy ra CI và CQ là 2 dường đẳng hiacs trong tam giác CEF là CQ đi qua trung điểm EF

Tương tự với BP. Suy ra RS, BP, CQ đồng quy tại trung điểm EF.

Cộng vế theo vế của hpt ta đc:$x^4-x^2+x^2y^2+xy=0$

$\Leftrightarrow x^2(x^2-y^2)-x(x-y)=0\Leftrightarrow x(x-1)(x-y)=0$

Tự giải tiếp nhé!Mình ko chắc lắm bạn xem lại..

Hình như sai rồi bạn.

Từ giả thiết bạn chứng minh $x+y+z\geq 3$

$\sum \frac{x^{3}}{(x+y)^{2}}\geq \frac{1}{2}\sum \frac{x^3}{x^2+y^2}=\frac{1}{2}\sum x-\frac{1}{2}\sum \frac{xy^{2}}{x^2+y^2}\geq\frac{1}{2} \sum x-\frac{1}{4}\sum \frac{xy^{2}}{xy}=\frac{1}{4}\sum x\geq \frac{3}{4}$

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1

Sai rồi bạn ơi

Nhận thấy x,y=0 không phải là nghiệm của pt. Chia cả 2 vế cho xy. Khi đó phương trình trở thành $\frac{4\sqrt{y-4}}{y}+\frac{4\sqrt{x-1}}{x}=3$

Bạn chứng minh 2 bất đẳng thức sau ( dễ dàng chứng minh bằng biến đổi tương đương nên mình không chứng minh ở đây) $\frac{4\sqrt{y-4}}{y}\leq 1;\frac{4\sqrt{x-1}}{x}\leq 2$

Vậy (x,y)=(2;8)

Từ $(1)\Rightarrow x+y=1-z$

(2)\Rightarrow z^2-2z+1-2xy=0\Rightarrow (x+y)^2-2xy=0\Rightarrow x^2+y^2=0\Rightarrow x=y=0\Rightarrow z=1

Gọi H là hình chiếu của C lên AB, H' là hình chiếu của N lên AB.

Theo công thức hình chiếu thì $\vec{AB}.\vec{AH}=\vec{AB}.\vec{AH'}$ mà H, H' thuộc AB nên H trùng H'.

Vậy N thuộc đường thẳng d kẻ từ C và vuông góc với AB

1=\frac{a}{x}+\frac{b}{y}\geq \frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}}{x+y}\Rightarrow x+y\geq (\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}

Dấu bằng xảy ra khi $\frac{x}{\sqrt{a}}=\frac{y}{\sqrt{b}}$

Gọi M là trung điểm BC.$AH=\sqrt{ab},AM=\frac{a+b}{2},AM\leq AH\Rightarrow a+b\geq 2\sqrt{ab}$

Gọi H là trực tâm, M là trung điểm BC. Một tính chất quen thuộc R=AH=2OM. Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác OBM tính được góc BOC suy ra góc A

$PT\Leftrightarrow 8(x^3+x)=y^3$

Đặt $y=2t$$ \Rightarrow x^3+x=t^3(\Rightarrow t\in Z)$

Nếu x=0 suy ra t=0 và y=0

Ở đây mình xét TH x dương thôi, còn x âm hoàn toàn tương tự

Ta có $x^3+x=t^3\Rightarrow t> x\Rightarrow t\geq x+1\Rightarrow x^3+x\geq (x+1)^3\Rightarrow x=...$, thử lại thì loại vì x dương.

Vậy $(x,y)=(0,0)$

1/ Nếu có 1 nghiệm bằng 2 thay vào tìm nghiệm còn lại.

    Xét trường hợp 2 nghiệm là số nguyên tố lẽ.

     Ta có $$PT\Leftrightarrow (x^{2}+2)^{2}-x^{2}y^{2}=2y^{4}+9y^{2}+11\Leftrightarrow (x^{2}-xy+2)(x^{2}+xy+2)=(y^2+1)(2y^2+9)$$

     Ta lại có $x^2+xy+2\vdots 2,x^2-xy+2\vdots 2\Rightarrow VT\vdots 4$ và $y^2+1 \equiv 2(mod2),2y^2+9\equiv 1(mod2)\Rightarrow VP$ không chia hết cho 4. Suy ra không có nghiệm ở TH này.

Bạn chứng minh C và D lần lượt là trung điểm của AP và BQ, sau đó dùng bổ đề quen thuộc trong hình thang 2 cạnh bên và đường nối trung điểm 2 cạnh đối đồng quy.

$(1)\Leftrightarrow x^{4}-2x^{3}y+x^{2}y^{2}+x^{3}y=1\Rightarrow x^{3}y=1-(x^{2}-xy)^{2}(*)$

$(2)\Leftrightarrow x^{3}y=-1+x^{2}-xy(**)$

Đặt $t=x^{2}-xy$

Từ $(*),(**)\Rightarrow 1-t^{2}=-1+t\Rightarrow t=....$ thay vào tìm x,y

$a^{2}\equiv 0,1(mod3)$

2/ Áp dụng BĐT Cauchy 7 số

$S\doteq 3.\frac{a-b}{3}+2.\frac{b-c}{2}+c+\frac{108}{(a-b)^{3}(b-c)^{2}c}\geq 7$

Dấu bằng xảy ra khi $\frac{a-b}{3}=\frac{b-c}{2}=c\Leftrightarrow \frac{a}{6}=\frac{b}{3}=c$

1/ Chia hai vế BĐT cho $\sqrt{2abc}$

Ta có $\sum \sqrt{\frac{a+b}{2ab}}\geq \sum \sqrt{\frac{2\sqrt{ab}}{2ab}}=\sum \frac{1}{\sqrt[4]{ab}}\geq \frac{9}{\sum \sqrt[4]{ab}}\geq \frac{9}{\sum \sqrt{a}}\geq \frac{9}{\sqrt{3(a+b+c)}}=3$

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

Gọi I là trung điểm BC.

Khi đó O,I,D,E thuộc đường tròn đường kính OE.

Ta có $\widehat{OCM}=\widehat{DAI},\widehat{COM}=180^{0}-\widehat{DOE}=180^{0}-\widehat{DIE}=\widehat{AID}\Rightarrow \bigtriangleup AID\sim \bigtriangleup COM$

Suy ra $\frac{CO}{OM}=\frac{AI}{ID}\Rightarrow OM=\frac{CO.ID}{AI}$

Tương tự $\bigtriangleup CON\sim \bigtriangleup BID\Rightarrow \frac{CO}{ON}=\frac{BI}{ID}\Rightarrow ON=\frac{CO.ID}{BI}$

Suy ra đpcm

Bạn có thể đưa cho mình nguyên hệ phương trình được không?

Câu 5. A/ Dễ có $\bigtriangleup ACH=\bigtriangleup ABM$

Ta có $EA=EK=\frac{CH}{2}=\frac{BM}{2}=FA=FK\Rightarrow EAFK$ là hình thoi.

$\widehat{FAE}=\widehat{HAE}+\widehat{FAB}=\widehat{HAE}+\widehat{EAC}=90^{0}$

Suy ra EAFK là hình vuông.

B/Ta có $AO\perp BC\perp HK\Rightarrow AO//HK$ và $KO\perp AC\perp AH\Rightarrow OK//AH$

Suy ra AHKO là hình bình hành. Suy ra OH, AK, EF đồng quy tại trung điểm mỗi đoạn

Câu 4. Gọi T là giao điểm của NK với IP.

Dễ thấy tứ giác PTHN nội tiếp.

Ta có $IK^{2}=IT.IP$

$\bigtriangleup ITH\sim \bigtriangleup IHP( \widehat{TIH}=\widehat{HIP},\widehat{THI}=\widehat{IPH})\Rightarrow IH^{2}=IT.IP$

Suy ra IH=IK

Câu 7 . ( BĐT cái đã)

Ta có $ab+bc+ca=abc\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$

Đặt $x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\Rightarrow x+y+z=1$.

Ta có $P=\sum \frac{a^{4}+b^{4}}{ab(a^{3}+b^{3})}=\sum \frac{x^{4}+y^{4}}{x^{3}+y^{3}}\geq \sum \frac{x+y}{2}=\sum x=1$

Vậy $MinP=1\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{3}\Leftrightarrow a=b=c=3$

Câu 1. Đặt $f_{n}(x)=x^{n}+...+x-n-2$.

Dễ thấy f là hàm đồng biến.

Ta có $f_{n}(0)=-n-2<0,f_{n}(2)>0$.

Mà hàm đồng biến trên D, nên pt có nghiệm duy nhất trên (1;2).

Ta có $f_{n+1}(x_{n+1})=0$ và $f_{n+1}(x_{n})=x_{n}^{n+1}-1>0\Rightarrow x_{n+1}<x_{n}$.

Vậy $\left \{ x_{n} \right \}$ là dãy giảm và bị dưới trên bởi 1 nên tồn tại giới hạn hữu hạn.

Đặt giới hạn đó là l. Dễ dàng tìm được l=1.

Bạn giải theo trường hợp chia kẹo Euler sau đó nhân n!

Xét trường hợp như hình vẽ, các trường hợp khác chứng minh tương tự.

Gọi K là giao điểm của EF với phân giác góc A.

Ta có $\widehat{FKI}=180^{0}-\widehat{EAK}-\widehat{KEA}=180^{0}-\frac{\widehat{A}}{2}-(90^{0}+\frac{\widehat{B}}{2})=\frac{\widehat{C}}{2}=\widehat{ICF}$

Suy ra F,I,K,C đồng viên.

Suy ra $\widehat{IKC}=\widehat{IFC}=90^{0}$