Theo giả thiết a, b,c >0
Có: $\frac{1}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}, \frac{1}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}, \frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$  theo thứ tự lập thành một cấp số cộng
=>  $\frac{1}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}$+ $\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$= 2. $\frac{1}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}$
=> $\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{(\sqrt{a}+\sqrt{b})(\sqrt{b}+\sqrt{c})}= \frac{2}{\sqrt{a}+\sqrt{c}}$ 
=> $2. (\sqrt{a}+\sqrt{b})(\sqrt{b}+\sqrt{c})= (\sqrt{a}+\sqrt{c})(\sqrt{a}+ 2\sqrt{b}+\sqrt{c}) $
=> $2\sqrt{ab}+2b+2\sqrt{ac}+2\sqrt{bc}= a+\sqrt{ac}+ 2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+ \sqrt{ac}+c$
=> 2b= a+c
Như vậy, a, b,c theo thứ tự lập thành một cấp số cộng.
Chứng minh chiều ngược lại tương tự. 

Ta có: $\frac{2}{b-a}$, $\frac{1}{b}$, $\frac{2}{b-c}$ lập thành một cấp số cộng
=>  $\frac{2}{b-a}$+ $\frac{2}{b-c}$= 2.$\frac{1}{b}$
=>  $\frac{1}{b-a}$+ $\frac{1}{b-c}$= $\frac{1}{b}$
=> $\frac{b-c+b-a}{(b-a)(b-c)}= \frac{1}{b}$ 
=> (2b-c-a).b= (b-a). (b-c)
=> 2. $b^{2}$- bc-ab= $b^{2}$- ab- bc+ ac
=> $b^{2}$= ac
Như vậy, a,b,c theo thứ tự lập thành một cấp số nhân. 

f/ Ta có: $\overrightarrow{AB}$= (1,1,1)
$\overrightarrow{DC}$(-3, -6,6)
=> $\frac{1}{-3}\neq \frac{1}{-6}\neq \frac{1}{6}$
=> AB không song song với DC => ABCD không thể là hình bình hành 

e/ Goi G là trọng tâm $\Delta$ABC=> Tọa độ G thỏa mãn hệ:
$\begin{cases}x= \frac{1+2+1}{3}\\ y=\frac{0+1-1}{3}\\ z=\frac{1+2+1}{3} \end{cases}$ 
=> Tọa độ của G là: (4/3, 0, 4/3) 

d/ Gọi O là trọng tâm hình bình hành ABCC' => O là trung điểm của AC=> Tọa độ O thỏa mãn:
$\begin{cases}x= \frac{1+1}{2}\\ y=\frac{0-1}{2}\\z=\frac{1+1}{2} \end{cases}$ 
=> Tọa độ O là (1, -1/2, 1) 

c/ c/ Gọi tọa độ C' là (x,y,z)
=> $\overrightarrow{AC'}$ =(x-1, y, z-1)
$\overrightarrow{CC'}$ =(x-1, y+1, z-1)
ABCC' là hình bình hành => AC'// BC, AB//CC'
 => $\begin{cases}\frac{x-1}{1}= \frac{y}{2}= \frac{z-1}{1} \\ \frac{x-1}{1}= \frac{y+1}{1}= \frac{z-1}{1} \end{cases}$
=> $\begin{cases}x=0 \\ y= -2\\ z= 0 \end{cases}$ 
Vậy tọa độ của C là: (0, -2, 0) 

b/ Xét tọa độ$\overrightarrow{AC}$, $\overrightarrow{AB}$ ta thấy: $\frac{0}{1}\neq \frac{-1}{1}\neq \frac{1}{1}$
=> A,B,C không thẳng hàng 

a/ $\overrightarrow{AB}$ (1,1,1)
$\overrightarrow{AC}$ (0,-1,1)
$\overrightarrow{BC}$ (-1,-2,-1)= (1,2,1)
$\overrightarrow{DC}$ (-3,-6,6)= (1,2,-2) 

Cách 2: Gắn hình vẽ vào tọa độ không gian (theo chương trình lớp 12)

Gọi N là trung điểm của CD
Vì (SAB) và (ABCD) nằm trong 2 mp vuông góc với nhau => trung tuyến SE trong tam giác đều SAB sẽ vuông góc với mp(ABCD)
Gắn hình vẽ vào tọa độ không gian sao cho E trùng với gốc tọa độ, EN trùng với Ox, EB trùng với Oy, ES trùng với Oz
Khoảng cách tù E đến mp(SCF) chính là d(E, (SCD))
Khi đó tọa độ các điểm là: E(0,0,0), S($0,0, \frac{a\sqrt{3}}{2}$) , C(a, a, 0), D(a/2, -a/2,0)
=> phương trình mp(SCD) => d(E, (SCD)) = $\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$a3√7√

Cách 1: Tính trực tiếp (theo chương trình lớp 11)

Vì (SAB) và (ABCD) nằm trong 2 mp vuông góc với nhau => trung tuyến SE trong tam giác đều SAB sẽ vuông góc với mp(ABCD)
Ta gọi G là trung điểm của CD, trong mp(SEG) kẻ EH vuông góc với SG ($H\in SG$)  (1)
Có: CD vuông góc với EG; CD vuông góc với SE => CD vuông góc với mp(SEG) => CD vuông góc vứoi EH (2)
(1)(2)=> EH vuông góc với (SCD) hay nói cách khác EH vuông góc với mp(SCF)
=> d(E, (SCF))= EH
Có: EH là đường cao trong $\Delta$SEG vuông tại E => $\frac{1}{EH^{2}}=\frac{1}{ES^{2}}+\frac{1}{EG^{2}}$ 
=>  $\frac{1}{EH^{2}}=\frac{1}{(\frac{a\sqrt{3}}{2})^{2}}+\frac{1}{a^{2}}$ 
=> EH= $\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$ 

K$\in $ (d) => K(x, 4-x)
=> d(K, $\Delta$) =$\frac{\left| {(1-m)^{2}.x+2m.(4-x)+m^{2}-4m-3} \right|}{\sqrt{(1-m^{2})^{2}+(2m)^{2}}}$ =1
=> $\frac{\left| {(1-4m+m^{2}).x+ m^{2}+4m-3} \right|}{m^{2}+1}$ =1
=> hoặc  ${(1-4m+m^{2}).x+ m^{2}+4m-3} $= $m^{2}+1$
hoặc ${(1-4m+m^{2}).x+ m^{2}+4m-3} $= $-m^{2}-1$ 
=> hoặc x= $\frac{4- 4m}{m^{2}-4m+1}$  hoặc  x= $\frac{-2m^{2}- 4m+2}{m^{2}-4m+1}$ 
Các điểm K cần t ìm là: K1($\frac{4- 4m}{m^{2}-4m+1}$ , $\frac{4m^{2}- 12m}{m^{2}-4m+1}$ ); K2($\frac{-2m^{2}- 4m+2}{m^{2}-4m+1}$ , $\frac{2m^{2}- 20m+6}{m^{2}-4m+1}$ )