Bài 3a.
Áp dụng BĐT quen thuộc $ab \le \dfrac{a^2+b^2}{2}$ ta được
$S_{APHQ}=AP.AQ\le \dfrac{AP^2+AQ^2}{2}= \dfrac{PQ^2}{2}= \dfrac{AH^2}{2}\le \dfrac{AO^2}{2}= \dfrac{R^2}{2}$
Trong đó $O$ là trung điểm $BC$ nên nó là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
Vậy $\max S_{APHQ}=\dfrac{R^2}{2}\Leftrightarrow \begin{cases}AP= AQ\\ H \equiv O \end{cases}\Leftrightarrow A$  là điểm chính giữa cung $BC$.

Bài 2b. Theo định lý về cạnh góc vuông và đường cao trong tam giác vuông ta có
$\triangle ABH :\quad BH^2=BP.BA$
$\triangle ACH :\quad CH^2=CQ.CA$
 $\triangle ABC :\quad AH^2=BH.CH$
  $\triangle ABC :\quad AH.BC=AB.AC$
Suy ra
$AH^4=(BH.CH)^2=BH^2.CH^2=BP.BA.CQ.CA=BP.CQ.(BA.CA)=BP.CQ.AH.BC$
Suy ra
$AH^3=BP.CQ.BC$
Từ đây kết hợp với câu a ta có đpcm.

Bài 2a.
Theo tính chất của đường vuông góc ta suy ra $\widehat{APH}=\widehat{AQH}=90^\circ.$
Mặt khác thì $A$ nằm trên đường tròn đường kính $BC$ nên $\widehat{BAC}=90^\circ.$
 Như vậy tứ giác $APHQ$ là hình chữ nhật vì có ba góc vuông. Khi đó hai đường chéo của nó bằng nhau, nghĩa là $AH=PQ,$ đpcm.

Bài 1.
Em xem ở đây nhé

http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Bai-Tap/104939/bai-104939

Dãy số này bị chặn. Tức là bị chặn trên và bị chặn dưới.
Thật vậy,
$|u_{n}|=\left| {(-1)^{n}\dfrac{2n}{n+1}\cos(n+1)} \right|=\left| {(-1)^{n}} \right|.\left| {\dfrac{2n}{n+1}} \right|.\left| {\cos(n+1)} \right|$
 $|u_{n}|=1.\dfrac{2n}{n+1}.\left| {\cos(n+1)} \right|$
 Do $0 \le \left| {\cos(n+1)} \right| \le 1$ suy ra
$|u_n| \le \dfrac{2n}{n+1}=2-\dfrac{2}{n+1}<2$
$\Rightarrow -2 < u_n <2.$
Vậy dãy số bị chặn trên bởi $2$ và bị chặn dưới  bởi $-2$.

2. PT
$\Leftrightarrow \left[\sqrt 3\sin x+\cos x+\sin x\right]\left[\cos x-\sin x\right]=1$
$\Leftrightarrow \left[(\sqrt 3+1)\sin x+\cos x\right]\left[\cos x-\sin x\right]=\sin^2 x +\cos^2 x$
 $\Leftrightarrow -(\sqrt 3+1)\sin^2 x +\sqrt 3\sin x \cos x +\cos^2 x=\sin^2 x +\cos^2 x$
  $\Leftrightarrow (\sqrt 3+2)\sin^2 x +\sqrt 3\sin x \cos x =0$

 + Nếu $\cos x =0\Rightarrow \sin x =0$. Điều này vô lý vì $\sin^2 x +\cos^2 x =1$.
+Xét $\cos x \ne 0$. Chia hai vế của PT trên cho $\cos^2 x$ ta được
$\Leftrightarrow (\sqrt 3+2)\left ( \dfrac{\sin x}{\cos x}\right )^2 +\sqrt 3\left ( \dfrac{\sin x}{\cos x}\right ) =0$
$\Leftrightarrow (\sqrt 3+2)\tan^2 x +\sqrt 3\tan x =0$
$\Leftrightarrow\left[ {\begin{matrix} \tan x = 0\\  \tan x = -\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 3+2} \end{matrix}} \right.$
$\tan x =0$ vô nghiệm suy ra $\sin x =0\Rightarrow\cos x =0 $.
 $  \tan x = -\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 3+2} \Leftrightarrow x= \arctan\left ( -\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 3+2} \right )+k\pi, k \in \mathbb Z.$

1) PT
$\Leftrightarrow 6\sin^2 x -\sin x \cos x -\cos^2 x+\sin 2x.\sqrt 3+\cos 2x+2\cos^2x=0$
$\Leftrightarrow 6\sin^2 x -\sin x \cos x -\cos^2 x+2\sqrt 3\sin x \cos x+\cos^2x-\sin^2 x +2\cos^2x=0$
 $\Leftrightarrow 5\sin^2 x +(2\sqrt 3-1)\sin x \cos x +2\cos^2 x=0$

+ Nếu $\cos x =0\Rightarrow \sin x =0$. Điều này vô lý vì $\sin^2 x +\cos^2 x =1$.
+Xét $\cos x \ne 0$. Chia hai vế của PT trên cho $\cos^2 x$ ta được
$\Leftrightarrow 5\left ( \dfrac{\sin x}{\cos x}\right )^2 +(2\sqrt 3-1)\left ( \dfrac{\sin x}{\cos x}\right ) +2=0$
 $\Leftrightarrow 5\tan^2 x +(2\sqrt 3-1)\tan x +2=0$
  PT này vô nghiệm.
Vậy PT đã cho vô nghiệm.

+ Nếu một trong năm số $a,b,c,d,e$ bằng $1$ thì suy ra $a=b=c=d=e=1.$
+ Không mất tính tổng quát giả sử $a >1$. Từ $a^b=b^c \Rightarrow b>1.$
Tương tự như vậy $c,d,e >1$. Như vậy tất cả các hàm mũ mà $a,b,c,d,e$ là cơ số thì đều là hàm tăng.
Không mất tính tổng quát giả sử $a \le b.$
Từ $a^b=b^c \Rightarrow \dfrac{a^b}{b^b}=\dfrac{b^c}{b^b}\Rightarrow \left ( \dfrac{a}{b} \right )^b=b^{c-b}$
Do $\dfrac{a}{b} \le 1 \Rightarrow b^{c-b} \le 1=b^0\Rightarrow c -b\le 0 \Rightarrow c  \le b.$
Tương tự như vậy với các đẳng thức còn lại
$\begin{cases}c  \le b \\ b^c=c^d  \end{cases}\Rightarrow\begin{cases}\dfrac{b}{c} \ge 1 \\  \left ( \dfrac{b}{c} \right )^c=c^{d-c}  \end{cases}\Rightarrow c \le d$
$\begin{cases}c  \le d \\ c^d=d^e  \end{cases}\Rightarrow \ldots \Rightarrow e \le d$
$\begin{cases}e  \le d \\ d^e=e^a  \end{cases}\Rightarrow \ldots \Rightarrow e \le a$
$\begin{cases}e  \le a \\ e^a=a^b  \end{cases}\Rightarrow \ldots \Rightarrow b \le a$
kết hợp $a \le b$ và $b \le a$ ta có $a=b$. Tiếp tục như vậy $b=c,c=d,d=e.$
Vậy phải có $a=b=c=d=e$.

Ta thấy điều sau
$u_{n+1}-u_n=\dfrac{1}{2}(u_{n}+1)-u_n$
 $u_{n+1}-u_n=\dfrac{1}{2}(1-u_{n})$
 Như vậy ta thấy rằng $u_{n+1}-u_n$ và $1-u_n$ là hai số cùng dấu với nhau.
Ta sẽ chứng minh  $u_n >1 \quad \forall n$ .
Thật vậy, ta chứng minh điều này bằng quy nạp.
Hiển nhiên $u_1 >1.$
Giả sử rằng $u_k >1\quad \forall k \ge 2.$
Lúc này
$u_{k+1}=\dfrac{1}{2}(u_{k}+1)>\dfrac{1}{2}(1+1)=1$
Như vậy theo nguyên lý quy nạp ta có $u_n >1 \quad \forall n$ .
 Và từ $u_{n+1}-u_n=\dfrac{1}{2}(1-u_{n})\Rightarrow u_{n+1}<u_n \quad \forall n$.
 Vậy ta có đpcm.

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

Ta thấy điều sau
$u_{n+1}-u_n=\frac{n}{2(n+1)}u_{n}+\frac{3(n+2)}{2(n+1)}-u_n$
$u_{n+1}-u_n=u_{n}\left ( \frac{n}{2(n+1)}-1\right )+\frac{3(n+2)}{2(n+1)}$
 $u_{n+1}-u_n=u_{n}\frac{-n-2}{2(n+1)}+\frac{3(n+2)}{2(n+1)}$
 $u_{n+1}-u_n=\frac{(n+2)}{2(n+1)}(3-u_n)$
 Như vậy ta thấy rằng $u_{n+1}-u_n$ và $3-u_n$ là hai số cùng dấu với nhau. Như vậy để dãy số đã cho là dãy số tăng và bị chặn bởi $3$ là hai điều tương đương nhau.
Nó có nghĩa là nếu ta chứng minh được $u_n <3 \quad \forall n$ thì suy ra đpcm.
Thật vậy, ta chứng minh điều này bằng quy nạp.
Hiển nhiên $u_1 < 3.$
Giả sử rằng $u_k <3\quad \forall k \ge 2.$
Lúc này
$u_{k+1}=\frac{k}{2(k+1)}u_{k}+\frac{3(k+2)}{2(k+1)}<\frac{k}{2(k+1)}3+\frac{3(k+2)}{2(k+1)}=\frac{3(2k+2)}{2(k+1)}=3$
Vậy ta có đpcm.

2a. PT
$\Leftrightarrow \dfrac{3\left(\cos2x+\cot2x\right)}{\cot2x-\cos2x}=2\sin2x+2$
$\Leftrightarrow 3\left(\cos2x+\cot2x\right)=(2\sin2x+2)(\cos2x+\cot2x)$
 $\Leftrightarrow 3\cos2x+3\cot2x=2\sin2x\cos2x+2\cos2x+2\cot2x+2\sin2x\cot2x$
 $\Leftrightarrow \cos2x+\cot2x-2\sin2x\cos2x-2\sin2x\cot2x=0$
 $\Leftrightarrow (\cos2x+\cot2x)(1-2\sin2x)=0$
 $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \cos2x+\cot2x=0\\1-2\sin2x=0  \end{matrix}} \right.$
 Ta chỉ cần quan tâm đến PT $ \cos2x+\cot2x=0$ vì PT $1-2\sin2x=0$ giải đơn giản.
Mặt khác thay $ \cos2x+\cot2x=0$ vào PT ban đầu ta suy ra $2\sin2x+2=0.$

2b. PT
$\Leftrightarrow 4\cos^2x-4\sqrt{3}\cos x+3+3\tan^2x+2\sqrt{3}\tan x+1=0$
$\Leftrightarrow (2\cos x -\sqrt{3})^2+(\sqrt{3}\tan x+1)^2=0$
 $\Leftrightarrow \begin{cases}2\cos x -\sqrt{3}=0 \\ \sqrt{3}\tan x+1=0 \end{cases}$
 $\Leftrightarrow x = -\dfrac{\pi}{6}+k2\pi, \quad k \in \mathbb Z.$

2c . Điều kiện $\sin 2x \ne 0.$
PT
$\Leftrightarrow \dfrac{(\sin^2x+\cos^2x)^2-2\sin^2x\cos^2x}{\sin 2x}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\sin x}{\cos x}+\dfrac{\cos x}{\sin x}\right)$
$\Leftrightarrow \dfrac{(\sin^2x+\cos^2x)^2-2\sin^2x\cos^2x}{\sin 2x}= \dfrac{\sin^2x+\cos^2x}{\sin 2x}$
 $\Leftrightarrow 1-2\sin^2x\cos^2x=1$
 $\Leftrightarrow \sin^2x\cos^2x=0$
 Điều này mâu thuẫn với điều kiện. Vậy PT đã cho vô nghiệm.

1. PT
$\Leftrightarrow 2\sin x\cos4x-2\sin^22x=8\sin^2\left(\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{x}{2}\right)-7$
$\Leftrightarrow 2\sin x\cos4x-(1-\cos 4x)=4\left ( 1-\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right) \right )-7$
 $\Leftrightarrow 2\sin x\cos4x-1+\cos 4x=4- 4\sin x-7$
  $\Leftrightarrow 2\sin x\cos4x+4\sin x+\cos 4x+2=0$
   $\Leftrightarrow (\cos4x+2)(2\sin x+1)=0$
 Do $\cos 4x +2 \ge 1 >0$ nên $2\sin x+1=0\Leftrightarrow \sin x =-\dfrac{1}{2}$.
Kết hợp với $|x-1| < 3 \Leftrightarrow -2 <x <4$ ta có
$x =-\dfrac{\pi}{6}$ hoặc $x =\dfrac{7\pi}{6}$.