câu $1$
Vì $y = \frac{x}{{\sqrt {1 - {x^4}} }} > 0  \forall x \in \left( {0;\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)$ nên diện tích cần tính là:
$S = \int\limits_0^{\frac{1}{{\sqrt 2 }}} {\frac{{xdx}}{{\sqrt {1 - {x^4}} }}} $
Đặt $t = {x^2} \Rightarrow S = \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\frac{{\frac{1}{2}dt}}{{\sqrt {1 -
{t^2}} }}} $
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
t = \sin u\\- \frac{\pi }{2} \le u \le \frac{\pi }{2}
\end{array} \right. \Rightarrow S = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {\frac{{\cos
u}}{{\cos u}}du}  =\frac{1}{2}u|^{\frac{\pi}{6}}_0= \frac{\pi }{{12}}$
ĐS : $S=\frac{\pi}{12}$ (đvdt)

Theo giả thiết ta có :
$\begin{array}{l}
tan\frac{A}{2} + tan\frac{C}{2} = 2tan\frac{B}{2}\\
 \Leftrightarrow \frac{{\sin \frac{{A + C}}{2}}}{{c{\rm{os}}\frac{A}{2}c{\rm{os}}\frac{C}{2}}} = 2\frac{{\sin \frac{B}{2}}}{{c{\rm{os}}\frac{B}{2}}}\\
 \Leftrightarrow 2{\cos ^2}\frac{B}{2} = 4\sin \frac{B}{2}c{\rm{os}}\frac{A}{2}c{\rm{os}}\frac{C}{2}\\
 \Leftrightarrow 1 + \cos B = 2\sin \frac{B}{2}(c{\rm{os}}\frac{{A + C}}{2} + c{\rm{os}}\frac{{A - C}}{2})\\
 \Leftrightarrow 1 + \cos B = 1 - \cos B + \cos A + \cos C\\
 \Leftrightarrow 2\cos B = \cos A + \cos C\\
 \Rightarrow dpcm
\end{array}$
Nhận xét :
Bài toán có ý nghĩa nếu ta chỉ ra rằng lớp các tam giác không đều $ABC$ thỏa mãn hệ thức
$tan\frac{A}{2} + tan\frac{C}{2} = 2tan\frac{B}{2}$ ($*$) là khác rỗng
Xét tam giác $ABC$có $A = {90^0} \Rightarrow tan\frac{A}{2} = 1,\cos A = 0$
Đặt $tan\frac{B}{2} = x \Rightarrow tg\frac{C}{2} = 2x - 1 \Rightarrow 2x - 1 > 0$ hay $\frac{1}{2} < x < 1$
Ta có $\cos B = \frac{{1 - {x^2}}}{{1 + {x^2}}};\cos C = \frac{{1 - {{(2x - 1)}^2}}}{{1 + {{(2x - 1)}^2}}}$
Ta có (*) $ \Leftrightarrow \cos A + \cos C = 2\cos B$
$\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow 2.\frac{{1 - {x^2}}}{{1 + {x^2}}} = \frac{{1 - {{(2x - 1)}^2}}}{{1 + {{(2x - 1)}^2}}}\\
 \Leftrightarrow 2(1 - \frac{{2{x^2}}}{{1 + {x^2}}}) = 1 - \frac{{2{{(2x - 1)}^2}}}{{1 + {{(2x - 1)}^2}}}\\
 \Leftrightarrow 1 = \frac{{4{x^2}}}{{1 - {x^2}}} - \frac{{2{{(2x - 1)}^2}}}{{1 + {{(2x - 1)}^2}}}\\
 \Leftrightarrow (1 - {x^2})\left[ {1 + {{(2x - 1)}^2}} \right] = 4{x^2}\left[ {1 + {{(2x - 1)}^2}} \right] - 2(1 + {x^2}){(2x - 1)^2}\\
 \Leftrightarrow 1 + {x^2} + (1 + {x^2}){(2x - 1)^2} = 4{x^2} + 4{x^2}{(2x - 1)^2} - 2(1 + {x^2}){(2x - 1)^2}\\
 \Leftrightarrow 1 - 3{x^2} = {(2x - 1)^2}\left[ {4{x^2} - 3(1 + {x^2})} \right]\\
 \Leftrightarrow {x^4} - {x^3} - 2{x^2} + 3x - 1 = 0\\
 \Leftrightarrow (x - 1)({x^2} + x + 1) = 0(**)
\end{array}$
 Vì $x > \frac{1}{2}$ nên từ $(**)$ suy ra :
$\begin{array}{l}
tan\frac{A}{2} + tan\frac{C}{2} = 2tan\frac{B}{2} \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 5  - 1}}{2}\\
 \Rightarrow \cos C = \frac{{1 - tan^2\frac{C}{2}}}{{1 + tan^2\frac{C}{2}}} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}
\end{array}$
Như vậy tồn tại tam giác $ABC$ không đều thỏa mãn hệ thức đã cho.Một trong các tam giác đó là tam giác vuông $ABC$ tại $B$ với $C = \arccos \frac{{\sqrt 5 }}{5}$