Gọi P là trung điểm của HC, kéo dài PO cắt AM tại K

\(\Delta HMC\) có O là trung điểm của MH, P là trung điểm của HC

=> OP là đường trung bình của \(\Delta HMC\)

=> OP // MC (tính chất đường trung bình trong tam giác) (1)

Tam giác ABC cân tại A nên trung tuyến AM đồng thời là đường cao hay \(AM\perp MC\) (2)

Từ (1) và (2) => \(OP\perp AM\)

\(\Delta AMP\) có đường cao MH và PO cắt nhau tại O nên O là trực tâm của \(\Delta AMP\)

=> \(AO\perp MP\) (*)

Tương tự như trên cũng c/m được MP là đường trung bình của \(\Delta BHC\) => MP // BH

Kết hợp với (*) => \(AO\perp BH\left(đpcm\right)\)

Từ đề suy ra \(\left(\dfrac{x^2+x}{x^2+3}-1\right)+\left(3-\dfrac{3x^2-x+15}{x^2+4}\right)+\left(\dfrac{x^2+x+2}{x^2+5}-1\right)+x^3-3x^2=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x-3}{x^2+3}+\dfrac{x-3}{x^2+4}+\dfrac{x-3}{x^2+5}+x^2\left(x-3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(\dfrac{1}{x^2+3}+\dfrac{1}{x^2+4}+\dfrac{1}{x^2+5}+x^2\right)=0\)

=> x - 3 = 0 do \(\dfrac{1}{x^2+3}+\dfrac{1}{x^2+4}+\dfrac{1}{x^2+5}+x^2>0\forall x\)

=> x = 3

tấn công vào nỗi sợ của đối thủ

A=[12-(-3)]-[3-(-20)+(-3)]

=>A=12+3-(3+20-3)

=>A=12+3-3-20+3

=>A=15-3-20+3

=>A=12-20+3

=>A=-8+3

=>A=-5

bài toán này bắt nguồn 1 phần từ bài: Cho x;y;z nguyên thỏa mãn \(x^3+y^3+z^3⋮3\). Chứng minh \(x+y+z⋮3\)

Quay về bài toán đầu: (cũng chứng minh luôn bài toán trên)

Ta có: (x + y + z)³ = x³ + y³ + z³ +3(x + y)(y + z)(z + x) (*)

Lại có: \(x^3+y^3+z^3⋮3;3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)⋮3\) nên \(\left(x+y+z\right)^3⋮3\)\(\Rightarrow x+y+z⋮3\)

\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)^3⋮27\)

Kết hợp với (*) và \(x^3+y^3+z^3⋮27\)\(\Rightarrow3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)⋮27\)

\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)⋮9\left(1\right)\)

+) Nếu cả 3 số x;y;z cùng chia hết cho 3 ta có đpcm

+) Nếu 3 số x;y;z không cùng chia hết cho 3

Thấy rẳng nếu x;y;z cùng dư 1 hoặc 2 thì mâu thuẫn với (1)

Do đó, để (1) đúng thì trong 3 số x;y;z chỉ có 2 số chia hết cho 3 hoặc có 1 số chia 3 dư 1; 1 số chia 3 dư 2

- Nếu trong 3 số x;y;z chỉ có 2 số chia hết cho 3; giả sử x;y chia hết cho 3

Khi đó; \(x+y⋮3;y+z⋮̸3;z+x⋮̸̸3\)

Để (1) đúng thì \(x+y⋮9\left(đpcm\right)\)

- Nếu trong 3 số x;y;z có 1 số chia 3 dư 1; 1 số chia 3 dư 2; giả sử 2 số đó là y;z

Khi đó, \(x+y⋮̸3;y+z⋮3;z+x⋮̸3\)

Để (1) đúng thì \(y+z⋮9\left(đpcm\right)\)

Vậy ta có đpcm

Ta thấy rằng \(\sqrt{x};\sqrt{y}\) không thể cùng đồng thời là số vô tỉ hoặc có 1 số vô tỉ, 1 số hữu tỉ hoặc có 1 số hữu tỉ, 1 số tự nhiên hoặc có 1 số vô tỉ, 1 số tự nhiên vì \(\sqrt{x}+\sqrt{y}=a\in N\)do đó \(\sqrt{x};\sqrt{y}\) chỉ có thể cùng hữu tỉ hoặc cùng là số tự nhiên

Giả sử \(\sqrt{x};\sqrt{y}\) là số hữu tỉ thì \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}=\dfrac{b}{d}\left(b,d\ne0;b,d\in Z\right)\\\sqrt{y}=\dfrac{c}{e}\left(c,e\ne0;c,e\in Z\right)\end{matrix}\right.\); b,d cùng dấu; c,e cùng dấu; (b,d)=1; (c,e)=1

Ta có: \(\sqrt{x}+\sqrt{y}=\dfrac{b}{d}+\dfrac{c}{e}=\dfrac{be+cd}{de}=a\in N\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}be+cd⋮d\\be+cd⋮e\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}be⋮d\\cd⋮e\end{matrix}\right.\). Mà (b,d)=1; (c,e)=1 nên \(\left\{{}\begin{matrix}e⋮d\\d⋮e\end{matrix}\right.\)=> d = e

Lại có: \(\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)^2=x+y+2\sqrt{xy}=a^2\in N\) và x;y \(\in N\)

nên \(2\sqrt{xy}=2.\dfrac{bc}{de}=2.\dfrac{bc}{d^2}=2.\dfrac{bc}{e^2}\in N\)

+) d (hay e) \(⋮2\) thì d² (hay e²) \(⋮4\) mà \(2.\dfrac{bc}{d^2}\) (hay \(2.\dfrac{bc}{e^2}\)) \(\in N\)nên bc \(⋮2\) => \(\left[{}\begin{matrix}b⋮2\\c⋮2\end{matrix}\right.\), mâu thuẫn với (b,d)=1; (c;e)=1

+) d (hay e) \(⋮̸\)2 thì \(\dfrac{bc}{d^2}\in N\Rightarrow\) \(bc⋮d^2\) mà (b;d)=1 nên c \(⋮d^2\) hay \(c⋮e^2\), mâu thuẫn với (c;e)=1

Như vậy điều giả sử là sai

=> \(\sqrt{x};\sqrt{y}\in N\left(đpcm\right)\)

Ta có: (a + b + c)² = a² + b² + c² = 1 (*)

=> a² + b² + c² + 2(ab + bc + ca) = a² + b² + c²

=> ab + bc + ca = 0 (1)

(a + b + c)³ = a³ + b³ + c³ = 1

=> a³ + b³ + c³ + 3(a + b)(b + c)(c + a) = a³ + b³ + c³

=> 3(a + b)(b + c)(c + a) = 0

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a+b=0\\b+c=0\\c+a=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=-b\\b=-c\\c=-a\end{matrix}\right.\)

+) a = -b, thay vào (1) ta được: -b² + bc - bc = 0

=> -b² = 0 => b = 0 = a

Thay vào (*) => c = 1

Tương tự cho 2 trường hợp còn lại

Như vậy trong 3 số a;b;c luôn có 2 số = 0; 1 số = 1

=> P = a¹⁹⁹⁸ + b¹⁹⁹⁹ + c²⁰⁰⁰ = 1

Ta có:

(a + b + c)² = 0 => a² + b² + c² + 2(ab + bc + ca) = 0

=> a² + b² + c² = -2(ab + bc + ca)

=> (a² + b² + c²)² = 4(ab + bc + ca)²

=> a⁴ + b⁴ + c⁴ + 2(a²b² + b²c² + c²a²) = 4[a²b² + b²c² + c²a² + 2(ab²c + bc²a + ca²b)

=> a⁴ + b⁴ + c⁴ = 2(a²b² + b²c² + c²a²) + 8abc(a + b + c)

=> a⁴ + b⁴ + c⁴ = 2(a²b² + b²c² + c²a²) (vì a + b + c = 0) (1)

Có: \(\left\{{}\begin{matrix}2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)=2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2ab^2c+2a^2bc+2abc^2\right)\\2\left(a^4+b^4+c^4\right)=a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)=2\left(ab+bc+ca\right)^2\left(2\right)\\a^4+b^4+c^4=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2}\left(3\right)\end{matrix}\right.\)

Từ (1); (2) và (3) ta có đpcm

(x + 3)(x + 4)(x + 5) = x

<=> (x² + 3x + 4x + 12)(x + 5) - x = 0

<=> (x² + 7x + 12)(x + 5) - x = 0

<=> x³ + 7x² + 12x + 5x² + 35x + 60 - x = 0

<=> x³ + 12x² + 46x + 60 = 0

<=> x³ + 6x² + 6x² + 36x + 10x + 60 = 0

<=> (x + 6)(x² + 6x + 10) = 0

<=> (x + 6)[(x + 3)² + 1] = 0

=> x + 6 = 0 => x = -6

Kí hiệu diện tích là dt

ABCD là hình bình hành nên AD = BC; AB = CD

AE = CF (gt) nên AB - AE = CD - CF => BE = DF

Gọi đường cao kẻ từ A,E,B đến CD hay từ D,F,C đến AB là a

đường cao kẻ từ B,C đến AD hay từ A,P,D đến BC là b

Ta có: dt AEFD = dt EBCF = \(\dfrac{\left(AE+DF\right).a}{2}\)= dt ABCD/2 (1)

dt ABP + dt PCD = \(\dfrac{AP.b}{2}+\dfrac{PD.b}{2}=\dfrac{AD.b}{2}=\dfrac{BC.b}{2}\)= dt PBC = dt ABCD/2 (2)

Từ (1) và (2) => dt AEFD = dt PBC

=> dt AEGP + dt PHFD + dt PGH = dt PGH + dt GBCH

=> dt AEGP + dt PHFD = dt GBCH