\

Từ M kẻ các đường thẳng vuông góc với các cạnh của hình chữ nhật

E đối xứng với I qua trung điểm AD

=>\(AM.MC+BM.MD=HI.KF+IK.FH=EH.EK+HF.HK\)\(\ge2S_{HEK}+2S_{HFK}=S_{ABKD}+S_{BHKC}=S_{ABCD}=AB.BC\)

rssbdsbdsbsb

đặt 2016=a;x=b;y=c;2015=d

pt trở thành:

\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}=2\)

đến đấy là bđt nesbit 4 số,dễ rồi

Vì a + b + c = 0 => c = -(a +b)

Ta có: (nhớ thay c = -(a + b))

      \(a^3+b^3+a^2c+b^2c-abc\)

    \(=a^3+b^3+\left(a^2+b^2-ab\right)c\)

     \(=a^3+b^3-\left(a^2+b^2-ab\right)\left(a+b\right)\)

      \(=a^3+b^3-a^3-a^2b-b^2a-b^3+a^2b+ab^2\)

        \(=0\)

\(A=x^2y^3-x^3y^2+y^2z^3-y^3z^2-z^3x^2+x^3z^2\)

\(A=\left(x^2y^3-x^2z^3\right)+\left(x^3z^2-x^3y^2\right)+\left(y^2z^3-y^3z^2\right)\)

\(A=x^2\left(y^3-z^3\right)-x^3\left(y^2-z^2\right)-y^2z^2\left(y-z\right)\)

\(A=\left(y-z\right)\left(x^2y^2+x^2yz+x^2z^2-x^3y-x^3z-y^2z^2\right)\)

\(A=\left(y-z\right)\left[\left(x^2y^2-x^3y\right)+\left(x^2yz-x^3z\right)+\left(x^2z^2-y^2z^2\right)\right]\)

\(A=\left(y-z\right)\left[x^2y\left(y-x\right)+x^2z\left(y-x\right)-z^2\left(y^2-x^2\right)\right]\)

\(A=\left(y-z\right)\left(y-x\right)\left(x^2y+x^2z-z^2y-z^2x\right)\)

\(A=\left(y-z\right)\left(y-x\right)\left[y\left(x^2-z^2\right)+xz\left(x-z\right)\right]\)

\(A=\left(y-z\right)\left(y-x\right)\left(x-z\right)\left(xy+yz+zx\right)\)

\(A=\left(x-y\right)\left(y-z\right)\left(z-x\right)\left(xy+yz+zx\right)\)

\(x+2\sqrt{2x^2}+2x^3=0\\ x+2.\sqrt{2}.x+2x^3=0\\ x+1.x+2x^3=0\\ 2x+2x^3=0\\ 2x\left(1+x^2\right)=0\)

ta thấy \(x^2+1>0\)nên để \(2x\left(1+x^2\right)=0\)thì 2x=0 vậy x=0

\(x+2\sqrt{2x^2}+2x^3=0\)

\(\Rightarrow\)\(x\left(1+\sqrt{2x}+2x^2\right)=0\)

\(x=0\)( 1 ) hoặc \(\left(1+\sqrt{2x}+2x^2\right)=0\)( 2 )

\(2\Leftrightarrow\left(1+\sqrt{2x}\right)^2=0\)

\(\Rightarrow\)\(x=\frac{-1}{\sqrt{2}}\Rightarrow x=\frac{-\sqrt{2}}{2}\)

Vậy \(x=0;x=\frac{-\sqrt{2}}{2}\)

Với \(x\ge0\) , phương trình tương đương : \(x+2\sqrt{2}x+2x^3=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(1+2\sqrt{2}+2x^2\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\left(n\right)\\2x^2=-1-2\sqrt{2}\left(l\right)\end{cases}}\)

Với x < 0, phương trình tương đương   \(x-2\sqrt{2}x+2x^3=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(1-2\sqrt{2}+2x^2\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\left(l\right)\\2x^2=2\sqrt{2}-1\end{cases}}\)

Với \(2x^2=2\sqrt{2}-1\Rightarrow x^2=\frac{2\sqrt{2}-1}{2}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=\sqrt{\frac{2\sqrt{2}-1}{2}}\left(l\right)\\x=-\sqrt{\frac{2\sqrt{2}-1}{2}}\left(n\right)\end{cases}}\)

Vậy phương trình có hai nghiệm là x = 0 hoặc \(x=-\sqrt{\frac{2\sqrt{2}-1}{2}}\)

 x^4 + 3x^2 - 4x - 12 
= x^3 (x -2) + 3(x - 2)(x +2) +2x(x -2) 
=(x -2)(x^3 + 3x + 6 + 2x) 
= (x -2)(x^3 + 5x + 6 ) 
= (x - 2)(x^3 + x^2 -x^2 - x + 6x + 6) 
= (x -2)[x^2(x+1) -x(x+1)+6(x+1)] 
=(x-2)(x+1)(x^2-x+6)

\(x^4+x^3+3x^2+x.\)

\(=2x^4-x^4+x^2+2x^2+x^3+x\)

\(=2x^2.\left(x^2+1\right)+x.\left(x^2+1\right)-x^2.\left(x^2+1\right)\)

\(=\left(x^2+1\right).\left(2x^2+x-x^2\right)\)

\(=\left(x^2+1\right).x.\left(x+1\right)\)

Dựa vào tính chất dãy tỉ số bằng nhau:

  \(\frac{a+b}{c}=\frac{b+c}{a}=\frac{c+a}{b}=\frac{\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)}{a+b+c}=\frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)

Suy ra:

   \(a+b=2c;b+c=2a;c+a=2b\)

Từ đẳng thức đầu a + b = 2 c  => a = 2c - b thay vào 2 đẳng thức cuối ta có:

   \(b+c=2\left(2c-b\right)\)  và \(c+\left(2c-b\right)=2b\)

=> b = c => a = c

Vậy a = b = c

Khi đó:

  \(P=\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)=\left(1+1\right)\left(1+1\right)\left(1+1\right)=8\)

Đề nói a,b,c đôi một khác nhau mà bạn

Gọi giao điểm của NP với AB và AC lần lượt là I và J.

Gọi giao điểm của NM với BI là K; của MQ với JC là H.

Theo giả thiết ta suy ra K, H lần lượt là trung điểm của NM và MQ. Hơn nữa ta cũng có  \(NM\perp BI;MQ\perp JC\)

Do NP // MQ mà \(MQ\perp JH\) nên \(NP\perp JH\)

\(\Rightarrow\widehat{AIJ}=90^o-\widehat{BAC}=30^o\)

Vậy nên \(\widehat{NIB}=\widehat{AIJ}=30^o\) (Hai góc đối đỉnh)

\(\Rightarrow\widehat{NIK}=90^o-\widehat{NIB}=60^o\)

Xét tứ giác NPQM có NP // MQ; NM // PQ nên NPQM  là hình bình hành. 

Vậy \(\widehat{PQM}=\widehat{INM}=60^o\)

Ta có \(\widehat{BMK}=90^o-\widehat{ABC}=30^o;\widehat{NMI}=\widehat{INM}=60^o;\widehat{CMH}=90^o-\widehat{ACB}=30^o\)

nên \(\widehat{IMH}=180^o-30^o-60^o-30^o=60^o\)

Suy ra \(\widehat{IMH}=\widehat{PQH}\left(=60^o\right)\)

Xét hình thang IPQM có \(\widehat{IMH}=\widehat{PQH}\) nên nó là hình thang cân.

Ta có H là trung điểm MQ, \(JH\perp MQ;JH\perp IP\) nên I là trung điểm IP.

Xét tam giác AIP có AJ là đường cao đồng thời trung tuyến nên AIP là tam giác cân tại A.

Vậy AJ cũng là phân giác hay \(\widehat{JAP}=\widehat{JAI}=60^o\)

Suy ra \(\widehat{JAP}=\widehat{ACB}\left(=60^o\right)\)

Mà chúng lại ở vị trí so le trong nên AP // BC.