The flower

Đặt $\left\{\begin{matrix} a=x+y & \\ b=x-y & \end{matrix}\right.$=>$\left\{\begin{matrix} x=\frac{a+b}{2} & \\ y=\frac{a-b}{2} & \end{matrix}\right.$

Nên x⁴ -y⁴ =$\frac{ab}{2}(a^{2}+b^{2})$ và $\frac{3}{4y}-\frac{1}{2x}=\frac{a+5b}{2(a^{2}-b^{2})}$ 

Hpt<=>$\left\{\begin{matrix} (a^{4}-b^{4})ab=a+5b & \\ (ab)^{5}=-5 & \end{matrix}\right.$=>(a⁴-b⁴)ab=a-b(ab)⁵

Chia 2 vế cho a (a ko là nghiệm)=>a⁴b(1+b⁵)=1+b⁵=>a=..,b=..

Bài 1: Kéo dài AO cắt (O) ở G=>$\Delta$ABH$\sim$$\Delta$AGC=>$\widehat{IMN}=\widehat{EFH}$(dùng tứ giác nội tiếp)=>$\widehat{EMN}=\widehat{EFN}$=>EMFN nội tiếp=>$\overline{QM}.\overline{QN}=\overline{QE}.\overline{QF}$=> Q$\in$trục đẳng phương của (AEHF) và (AMHIN)

Mà AH là tđp của 2 đ/tròn này=>đpcm

Sao MB+BN bằng a được bạn?

Vì $\Delta OBM=\Delta OCN$(g.c.g)=>BM=CN=a-BN   

$(x+1)(x^{2}+1)=y^{3}$.Vì x,y$\in \mathbb{Z}$ suy ra:

TH1:$\left\{\begin{matrix} x+1 &=y \\ x^{2}+1&=y^{2} \end{matrix}\right.$ và ngược lại

TH2:$\left\{\begin{matrix} x+1 &=1 \\ x^{2}+1 &=y^{^{3}}(nhớ chọn y >0 nhé!!!) \end{matrix}\right.$ và ngược lại    

Cho đường tròn O ngoại tiếp tam giác ABC.Phân giác góc BAC cắt BC tại D, cắt O tại E. Đường tròn đường kính DE cắt (O) tại F.Chứng minh rằng AF là đường đối trung của tam giác ABC.

V=EF giao BC, gọi là trung điểm của đoạn BC, FD giao (O)={F;P}

Ta có :$\overline{VD}.\overline{VA'}=\overline{VE}.\overline{VF}=\overline{VB}.\overline{VC}$ (1)

Mặt khác  là trung điểm của đoạn BC. (2) 

Từ (1), (2) và định lý Maclaurin  ta có được sự phân chia (VDBC) là một cách điều hòa => V,A,P thẳng hàng. 

Ký hiệu Q=AC giao PB và  giao điểm của hai tiếp tuyến  tại B,C 

 Có nằm trên đường đối cực của V đối với (O)

 theo định lý Pascal áp dụng đến sáu điểm B,B,P,C,A,F có được A,F,H thẳng hàng. 

Do đó ,AF là đường đối trung của tam giác .