a) Cho hai số nguyên dương \(a,b\) thỏa mãn \({a^3} \vdots b;{b^3} \vdots a\). Chứng minh \(\left( {{a^4} + {b^4}} \right) \vdots ab\)

b)Tìm tất cả các cặp số nguyên \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn \(x\left( {{x^2} - y} \right) + \left( {y - 3} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) = 0\)

a) Tứ giác AOMN là hình bình hành.

Kẻ đường kính AK (K nằm trên đường tròn (O)). Khi đó \(AC \bot CK;BK \bot AB\).

Dễ dàng suy ra \(BK//CH\) và \(CK//BH\) (cùng vuông góc với một đường thẳng).

Từ đó suy ra BHCK là hình bình hành. Vì M là trung điểm BC nên \(M \in HK\) và \(MH = MK\).

Tam giác AHK có M và N lần lượt là trung điểm của HK và AH nên MN là đường trung bình của . Suy ra \(MN//AO\) và \(MN = \frac{1}{2}AK = AO.\)

Vậy AOMN là hình bình hành.

\(b)\;A{P^2} = A{Q^2} = AE.AC.\)

Tam giác AFH vuông tại F suy ra \(FN = NH\). Tương tự,  vuông tại E nên \(NE = NH\). Như vậy \(NF = NE\;\;\;\left( 1 \right)\).

Lại có  và  lần lượt vuông tại F và E, có các đường trung tuyến lần lượt là MF và ME. Do đó \(MF = ME = \frac{1}{2}BC\;\;\;\left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) suy ra MN là trung trực của EF. Suy ra \(EF \bot MN\;\;\;\left( 3 \right)\).

Lại có \(MN//AO\), kết hợp với (3) suy ra \(AO \bot EF\) hay \(AO \bot PQ\). Suy ra A là điểm chính giữa cung PAQ, suy ra \(AP = AQ\) hay cung AQ bằng cung AP.

Mặt khác, \(\widehat {AQP} = \widehat {APQ} = \widehat {ACQ}\) (các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau). Nên .

Suy ra \(\frac{{AE}}{{AQ}} = \frac{{AQ}}{{AC}} \Rightarrow AE.AC = A{Q^2}\)

Vậy \(A{P^2} = A{Q^2} = AE.AC\)

c) Tứ giác DMEF nội tiếp và \(\frac{{FP}}{{PS}} = \frac{{QE}}{{ES}}\)

Tứ giác BFEC nội tiếp suy ra \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC}.\)

Tam giác EMC cân tại M nên \(\widehat {MEC} = \widehat {ACB}\).

Suy ra \(\widehat {FEM} = {180^0} - \widehat {AEF} - \widehat {MEC} = {180^0} - \widehat {ABC} - \widehat {ACB} = \widehat {BAC}.\)

Tứ giác DFAC nội tiếp nên \(\widehat {FDM} + \widehat {BAC} = {180^0}\). Suy ra \(\widehat {FEM} = \widehat {FDM} = {180^0}\)

Vậy tứ giác DMEF là tứ giác nội tiếp.

Hai tam giác SDF và SEM có:

\(\widehat {SDF} = \widehat {SEM};\) chung \(\widehat {DSF}\) nên chúng đồng dạng

Suy ra \(\frac{{SD}}{{SF}} = \frac{{SE}}{{SM}}\)  hay \(SD.SM = SE.SF\).

Từ tứ giác BFEC nội tiếp, ta cũng suy ra \(SE.SF = SB.SC\), tứ giác BCQP nội tiếp ta cũng có \(SB.SQ = SP.SQ\).

Suy ra \(SP.SQ = SE.SF\) \( \Rightarrow \frac{{SF}}{{SP}} = \frac{{SQ}}{{SE}}\)

Vậy \(\frac{{SF}}{{SP}} - 1 = \frac{{SQ}}{{SE}} - 1\) hay \(\frac{{SF - SP}}{{SP}} = \frac{{SQ - SE}}{{SE}} \Rightarrow \frac{{PF}}{{PS}} = \frac{{EQ}}{{SE}}\)