3
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}$ $(\dfrac{1}{x}- \dfrac{1}{3})$$\dfrac{1}{(x-3)^3}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\dfrac{3-x}{3x(x-3)^3}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\dfrac{-1}{3x(x-3)^2}=\dfrac{-1}{3(1-3)^2}=\dfrac{1}{12}$

2,
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}$$\dfrac{5}{(x-1)(x^2-3x+2)}$$=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}$$\dfrac{5}{(x-1)^2(x-2)}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\dfrac{5}{(x-1)^2}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\dfrac{1}{x-2}=(+\infty).(\dfrac{1}{1-2})=-\infty$

1.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}$ $\dfrac{1}{(x-1)^2}$.$\dfrac{2x+3}{2x-3}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\dfrac{1}{(x-1)^2} . \mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\dfrac{2x+3}{2x-3}=+\infty. \dfrac{2+3}{2-3}=+\infty.(-5)=-\infty$

b) Gọi $u_{d_1}, u_{d_2}$ lần lượt là vecto chỉ phương của $d_1,d_2$.
$d_1  \perp  d_2 \iff u_{d_1}   \perp  u_{d_2} \iff u_{d_1}. u_{d_2} =0\iff (b_1,-a_1).(b_2,-a_2)=0 \iff b_1b_2+a_1a_2=0$

a) Gọi $u_{d_1}, u_{d_2}$ lần lượt là vecto chỉ phương của $d_1,d_2$.
$d_1  \text{cắt}  d_2 \iff u_{d_1}  \text{không cùng phương }  u_{d_2} \iff u_{d_1}\ne k u_{d_2} \iff (b_1,-a_1) \ne k(b_2,-a_2) \iff \dfrac{b_1}{b_2} \ne\dfrac{a_1}{a_2} $
Ở đây ta xét trường hợp $a_2,b_2,b_1,a_1 \ne 0$, các trường hợp còn lại xét không khó.

b)
Theo định lý Ta-let và hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có
$\dfrac{EH}{PB}=\dfrac{CH}{BC}=\dfrac{CH.BC}{BC^2}=\dfrac{AC^2}{BC^2} \quad (1)$
Dễ chứng minh $\triangle ABC \sim \triangle BPO (g.g)$ suy ra
$\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{BO}{PO}=\dfrac{R}{d}\quad (2)$
Mặt khác theo câu a và định lý Py-ta-go ta có
$AH=2EH$ và $PB = \sqrt{PO^2-BO^2}= \sqrt{R^2-d^2} \quad (3)$
Từ $(1),(2)$ và $(3)$ ta có
$AH=2EH=2.\dfrac{AC^2}{BC^2}.PB=2.\dfrac{R^2}{d^2}. \sqrt{R^2-d^2} $

a) Kéo dài tia $CA$ cắt $PB$ tại $D$. Ta có $\triangle DAB$ vuông tại $A$ vì $\triangle ABC$ vuông tại $A$. Mặt khác theo tính chất tiếp tuyến thì $PA=PB$ nên $P$ phải là trung điểm của $BD$ (em thử tự lý giải điều này nhé.)
Mặt khác dễ thấy $AH \parallel BD$ nên nếu $P$ là trung điểm của $BD$ thì $E$ là trung điểm của $AH.$ (theo định lý Ta-let).

Đây không gọi là định nghĩa, chỉ gọi là mệnh đề thôi em nhé. Và mệnh đề này được phát biểu chính xác như sau
Nếu $f(x) = f(x+a) \implies f(x) = f(x+na) \quad \forall n \in \mathbb Z$ và $x,x+na \in$ miền xác định của $f$.
trước hết ta chứng minh điều trên đúng với $n \ge 0.$
Thật vậy, $n=0, n=1$ thì hiển nhiên đúng.
Giả sử đúng với $n=k \ge 2$, tức là $ f(x) = f(x+ka) $.
Ta có $ f(x+(k+1)a) =f(x+ka+a)=f(x+ka)= f(x) $, do đó theo nguyên lý quy nạp thì điều này được chứng minh xong với $n \ge 0.$
 Ta chứng minh nốt $f(x)=f(x-ma)$ với $m > 0.$ Điều này cũng đúng vì
$f(x)=f(x-ma+ma)=f(x-ma)$, theo trên vì $m>0.$
Vậy ta có đpcm.

Em xem ở đây nhé

http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Bai-Tap/105284/bai-105283

Khai triển ta có
$x = 1 + \sum \sin A + \sum \sin B\sin C + \prod \sin A$
Do tam giác nhọn nên $\prod \sin A>0$, suy ra
$x > 1 + \sum \sin A + \sum \sin B\sin C$
Dùng bài toán ở đây    http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/110662/he-thuc-luong   để có
$1 + \sum \sin B\sin C > \sum \sin A $
Suy ra
$x > 2 \sum \sin A > 2 \sum \sin^2 A $, do $0< \sin A, \sin B, \sin C <1.$
dùng tiếp bài toán tại     http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/115735/bat-dang-thuc-trong-tam-giac-tt     và ta suy ra
$x > 2.2=4 \implies x > y.$

Điều kiện $x \ge 7.$ Với điều kiện trên thì PT
$\Leftrightarrow (\sqrt{x-1}+\sqrt{x+2})^2=(\sqrt{x+34}-\sqrt{x-7})^2$
$\Leftrightarrow 2x+1+2\sqrt{x-1}.\sqrt{x+2}=2x+27-2\sqrt{x+34}.\sqrt{x-7}$
$\Leftrightarrow \sqrt{x-1}.\sqrt{x+2}=13-\sqrt{x+34}.\sqrt{x-7}$
$\Rightarrow x^2+x-2=169-26\sqrt{(x+34)(x-7)}+x^2+27x-238$
 $\Rightarrow 26\sqrt{(x+34)(x-7)}=26x-67$
 $\Rightarrow 26^2(x+34)(x-7)=(26x-67)^2$
  $\Rightarrow 21736x=165377$
 $\Rightarrow x=\dfrac{165377}{ 21736}$
 Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy $x=\dfrac{165377}{ 21736}$.

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Bài này kết quả của bài toán không đúng. Lấy hai hình vuông $ABCD$ và $A'B'C'D'$ bằng nhau và đặt tên theo chiều kim đồng hồ sao cho $A, B,A' ,B'$ nằm cùng trên một đường thẳng. Khi đó $BB' \parallel DD' \equiv CC'$ nên chúng không thể đồng quy.

Đặt $N(0,n), \quad 0 < n <b$ vì $N$ nằm trong $OB$.
Do $ON=AM\Rightarrow M(a-n,0)$. PT đoạn chắn đi qua $M,N$ có dạng
$\dfrac{x}{a-n}+\dfrac{y}{n}=1\implies nx + (a-n) y=n(a-n)$
và trung điểm của $MN$ có tọa độ $I=\left ( \dfrac{a-n}{2},\dfrac{n}{2} \right )$.
Suy ra đường trung trực của $MN$ đi qua $I$ và có VTPT $(n-a,n)$ nên nó có dạng
$(d) : (n-a)\left ( x - \dfrac{a-n}{2}\right )+n\left ( y - \dfrac{n}{2}\right )=0 \quad (1)$
Để tìm điểm cố định thuộc đường thẳng trên thì ta tìm $x,y$ sao cho PT $(1)$ có nghiệm với mọi $n$.
Ta có
$(1) \iff n(x+y-a)+\left ( \dfrac{a^2}{2}-ax \right )=0$
PT này có nghiệm với mọi $n \iff \begin{cases}x+y-a=0 \\ \dfrac{a^2}{2}-ax =0 \end{cases}\iff \begin{cases}x= \dfrac{a}{2} \\y= \dfrac{a}{2} \end{cases}$
Vậy điểm cố định cần tìm là $\left (\dfrac{a}{2},  \dfrac{a}{2} \right )$

Em xem ở đây nhé

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/113801/hinh-giai-tich