A B C F E D H K M N I

Gọi I là giao điểm còn lại của đường tròn ngoại tiếp tam giác BKF và đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK (Kí hiệu lần lượt là (BKF) và (CEK)).

Ta chứng minh được \(\Delta AEF\sim\Delta ABC\Rightarrow\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\Rightarrow AE.AC=AF.AB\)

\(\Delta AEH\sim\Delta ADC\Rightarrow\frac{AE}{AD}=\frac{AH}{AC}\Rightarrow AE.AC=AH.AD\)

Vậy nên \(AE.AC=AF.AB=AH.AD\)

Từ đó suy ra A thuộc trục đẳng phương của  (BKF) và (CEK).

Vậy thì A, I, K thẳng hàng.

Từ đó, ta có: \(AI.AK=AH.AD\Rightarrow\widehat{HIK}=\widehat{ADK}=90^o\)

Lại có KM, KN  là các đường kính của (BKF) và (CEK) nên \(\widehat{MIK}=\widehat{NIK}=90^o\)

Vậy nên M, H, N thẳng hàng.

Cảm ơn cô nhiều ạ!

Trước tiên chứng minh:

\(a^4+b^4\ge a^3b+ab^3\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\)(đúng)

\(\Rightarrow2\left(a^4+b^4\right)\ge a^4+b^4+a^3b+ab^3=\left(a+b\right)\left(a^3+b^3\right)\)

Áp dụng bài toán được

\(P=\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3}+\frac{y^4+z^4}{y^3+z^3}+\frac{z^4+x^4}{z^3+x^3}\)

\(\ge\frac{1}{2}\left(x+y+y+z+z+x\right)=x+z+y=2018\)

\(5x^2+2xy+y^2-4x=40\)

\(\Leftrightarrow\left(4x^2-4x+1\right)+\left(x^2+2xy+y^2\right)=41\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-1\right)^2+\left(x+y\right)^2=41\)

Vì x;y nguyên => 41 là tổng của 2 số CP 

Ta có : \(41=16+25=4^2+5^2\)

Do \(\left(2x-1\right)^2\) là số CP lẻ \(\Rightarrow\left(2x-1\right)^2=5^2\Rightarrow\orbr{\begin{cases}2x-1=5\\2x-1=-5\end{cases}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=3\\x=-2\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\left(x+y\right)^2=4^2\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x+y=4\\x+y=-4\end{cases}}\)

Với \(x=3\Rightarrow3+y=4\Rightarrow y=1\)(TM)

Với \(x=-2\Rightarrow-2+y=-4\Rightarrow x=-2\)(TM)

Vậy \(\left(x;y\right)\in\left\{\left(3;1\right);\left(-2;-2\right)\right\}\)

x^3+y^3+z^3-3xyz = 0

<=> (x+y+z).(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx) = 0

Mà x+y+z > 0 => x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx = 0

<=> 2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx = 0

<=> (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2 = 0

=> x-y=0;y-z=0;z-x=0

=> P = 0

k mk nha