Cắt tứ diện $ABCD$ bằng một mặt phẳng $(P)$ trong mỗi trường hợp sau đây:
a)$(P)$ song song với $BD$, đi qua $M, N$ là hai điểm lần lượt nằm trên hai cạnh $AB$ và $BC$.
b) $(P)$ qua $M$ nằm trên cạnh $AB$ và song song với hai đường thẳng $BD, AC$.
c) $(P)$ song song với $BD$ và $AC$, ngoài ra (P) đi qua $M$ thuộc đoạn $AB$ sao cho $\frac{AM}{MB}=\frac{AC}{BD}. $
Xác định tính chất của thiết diện nhận được trong từng trường hợp nói trên.

Ta có: $\frac{\sin C}{\sin B}=2 \cos A\Leftrightarrow \sin C=2 \sin B \cos A$
Ta lại có $\sin (B+A)+\sin (B-A)$
$=\sin B \cos A+\sin A \cos B+\sin B \cos A-\sin A \cos B$
$=2 \sin B \cos A$
 ngoài ra, $B+A$ và $C$ bù nhau nên đẳng thức trên tương đương với
 $\sin C=\sin (B+A)+\sin (B-A)=\sin C+\sin (B-A)$
 $\Leftrightarrow \sin (B-A)=0\Leftrightarrow A=B$
 Tam giác $ABC$ có hai góc $A, B$ bằng nhau  nên là tam giác cân.

Cho hình bình hành $ABCD$ có $O$ là giao điểm của hai đường chéo. Chứng minh
a) Với điểm $M$ bất kì ta có: $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}=4 \overrightarrow{MO}$
b) $\overrightarrow{AB}+2 \overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}=3 \overrightarrow{AC}$

 Ta sẽ chứng minh rằng trong bốn đỉnh $A, B, C, D$, nếu có một đỉnh nào mà tại đỉnh đó có một góc phẳng lớn hơn hoặc bằng $90^\circ$ thì hai góc phẳng còn lại của đỉnh đó cũng lớn hơn hoặc bằng $90^\circ$.
Thật vậy, giả sử tại đỉnh $A$ ta có $\widehat{BAC}\geq 90^\circ$. Khi đó:
$BC^2\geq AB^2+AC^2$.                         $(1)$
Theo giả thiết ta có:
$AB^2+CD^2=AD^2+BC^2$           $(2)$
$AC^2+BD^2=AD^2+BC^2.$          $(3)$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta được;
$BC^2+CD^2+AB^2\geq AB^2+AC^2+BC^2+AD^2,$
suy ra $CD^2\geq AC^2+AD^2$, do đó $\widehat{CAD}\geq 90^0.$ Từ $(1)$ và $(3)$ ta cũng có:
$BC^2+BD^2+AC^2\geq AB^2+AC^2+BC^2+AD^2$, suy ra
$BD^2\geq AB^2+AD^2,$
do đó $\widehat{BAD}\geq 90^0$. Vậy nhận xét trên đã được chứng minh.
Từ chứng minh trên, ta suy ra rằng tứ diện phải có ít nhất một mặt là tam giác nhọn. Thật vậy, nếu tam giác $ABC$ không nhọn, chẳng hạn $\widehat{BAC}\geq 90^\circ$, thế thì theo chứng minh trên, cả ba góc phẳng tại đỉnh $A$ đều lớn hơn hoặc bằng $90^\circ$, suy ra các tam giác $ABC, ACD, ABD$ có hai góc còn lại đều nhọn.
Mặt khác, mệnh đề được chứng minh ở trên cũng có nghĩa rằng tại một đỉnh nào đó, nếu có hai góc phẳng nhọn thì góc phẳng còn lại cũng nhọn. Do đó, ta suy ra rằng tất cả các góc phẳng ở ba đỉnh $B, C, D$ đều nhọn. Vậy tam giác $(BCD)$ là tam giác nhọn, điều phải chứng minh.

 a) Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.
    Tam giác $SAC$ có hai trung tuyến $SO$ và $AN$ cắt nhau tại trọng tâm $I$ của nó. Mặt khác đường thẳng $SO$ cũng thuộc mp$(SBD)$ nên $I$ là giao điểm của $AN$ và mp$(SBD)$.
    Ta có $BI$ và $MN$ đều thuộc mp$(ANB)$, vậy $MN$ và $BI$ cắt nhau tại một điểm $J$ (vì dễ thấy $MN$ và $BI$ không thể song song). Rõ ràng $J\in(SBD)$. Vậy $J$ là giao điểm của $NM$ và $(SBD)$.
b) Vì $I$ là trọng tâm tam giác $SAC$ nên $\frac{IA}{IN}=2$.
Gọi $K$ là giao điểm của $BI$ và $SD$ thì $K$ là trung điểm của $SD$. Vậy $KN// DC$ và $KN=\frac{1}{2}DC $, suy ra $KN // MB$. Do đó $KNBM$ là hình bình hành. Vậy $\frac{JM}{JN}=1$.
Trong mặt phẳng $(ANB)$ kẻ $I // NM$, ta có:
$\frac{LM}{ AM}=\frac{IN}{AN}=\frac{1}{3}. $
Do vậy, $\frac{LB}{LM}=4$, suy ra $\frac{IB}{IJ}=4.$ 

Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$, nên
Góc $(AB, AC)=45^\circ.$
Ta xét phép quay $Q(A; 45^\circ)$, ta có $B$ biến thành $B'$ thuộc tia $AC$. Mặt khác $\overrightarrow{AC}=\sqrt{2}.\overrightarrow{AB'}   $. Do đó phép vị tự $V(A;\sqrt{2}) $ biến $B'$ thành $C$.
Từ đó, tập hợp $B'$ là một đường thẳng $d'$, ảnh của $d$ qua phép quay $Q(A;45^\circ)$. Tiếp theo, tập hợp các điểm $C$ là một đường thẳng $d''$ ảnh của $d'$ qua phép vị tự $V(A;\sqrt{2})$. 

 Trước tiên, ta thấy $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $MN// BC$. Suy ra $MN // $ mp$(BCD)$. Mặt khác, mặt phẳng $(DMN)$ chứa đường thẳng $MN$ nên giao tuyến $d$ của hai mặt phẳng $(DMN)$ và $(DBC)$ phải song song với đường thẳng $MN$.
Sau cùng, để ý $MN\subset (ABC),$ ta có $d//(ABC)$.

Đầu tiên, rõ ràng ta có $(ABCD)\cap (A'CD)=CD$.
Gải sử mặt phẳng $(A'CD)$ cắt các cạnh $SA, SB, SC, SD$ lần lượt tại $A', B', C', D'$. Gọi $I$ là giao điểm của hai đường thẳng $SO$ và $CA'$. Do $SO$ nằm trong mp$(SDB)$ và $(CA')$ nằm trong mp$(A'CD)$ nên $I$ là điểm chung của hai mặt phẳng $(SDB)$ và $(A'CD)$. Cũng dễ thấy $B'$ là điểm chung của mặt phẳng này.
Vậy $D, I,B'$ thẳng hàng, vì chúng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng $(SDB)$ và $(A'CD)$. Suy ra rằng điểm $B'$ là giao điểm của đường thẳng $DI$ với cạnh bên $SB$ của hình chóp $S.ABCD$.
Từ đó ta tìm được các giao tuyến của các mặt còn lại của hình chóp và mp$(A'CD)$:
$(SAB)\cap (A'CD)=A'B';$
$(SBC)\cap (A'CD)=CB';$
$(SCD)\cap (A'CD)=CD$;
$(SDA)\cap (A'CD)=DA'.$

Lấy hai điểm bất kì $M=(x_{1}; y_{1})$ và $N=(x_{2}; y_{2} )$ thì ảnh của chúng qua $f$ lần lượt là $M'=(y_{1};- x_{1})$ và $N'=( y_{2};- x_{2})$. Từ công thức tính khoảng cách ta có:
$MN=\sqrt{(x_{1}-x_{2})^2+(y_{1}-y_{2})^2}$  và
$M'N'=\sqrt{(y_{1}-y_{2})^2+(-x_{1}+x_{2})^2}. $
Suy ra $M'N'=MN$. Vậy $f$ là phép dời hình.

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

Cho hai nửa đường thẳng chéo nhau $Ax$ và $By$. Các điểm $M$ và $N$ lần lượt di động trên $Ax$ và $By$ sao cho $AM:BN=k$, trong đó $k$ là số khác $0$ cho trước. Tìm tập hợp các điểm $I$ thuộc đoạn $MN$ sao cho $IM:IN=k.$

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

Vì $a \ge 1$ nên hàm số xác định với mọi $y = m$ và $y \ge 0$, do đó xét
$z = {y^2} = 2a + c{\rm{osx + sinx + 2}}\sqrt {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + a(c{\rm{osx + sinx}}) + c{\rm{osxsinx}}} $
Đặt $t = c{\rm{osx + sinx, }}\left| {\rm{t}} \right| \le \sqrt {\rm{2}} $ ta có
$cosxsinx  =  ({{\rm{t}}^{\rm{2}}}{\rm{ - 1)/2   và   z  =  2a  +  t  +  }}\sqrt {\rm{2}} \sqrt {{{(t + a)}^2} + {a^2} - 1} $.
a)    Nếu $a = 1 =  > z = 2 + t + \sqrt 2 \left| {t + 1} \right| =  > \min z = 1 =  > \min y = 1$, đạt được khi $t =  - 1$.
b)    Nếu $a > 1 =  > z$ có đạo hàm với mọi $t$:
$z' = 1 + \frac{{\sqrt 2 (t + a)}}{{\sqrt {{{(t + a)}^2} + {a^2} - 1} }}$
i)    $t + a \ge 0 \Leftrightarrow t \ge  - a:z' > 0$
ii)    $t + a < 0 \Leftrightarrow t <  - a:$
$z' = 0 \Leftrightarrow \sqrt {{{(t + a)}^2} + {a^2} - 1}  =  - \sqrt 2 (t + a)$
${\left( {t + a} \right)^2} = {a^2} - 1 \Leftrightarrow  - a + \sqrt {{a^2} - 1} $ (loại),
$t =  - a - \sqrt {{a^2} - 1} $
Ta có bảng biến thiên của $z$
Lưu ý rằng:  $ - a + \sqrt {{a^2} - 1}  \le  - \sqrt 2  \Leftrightarrow a \ge 3\sqrt 2 /4$
Từ bảng biến thiên ta có kết quả
* $a \ge 3\sqrt 2 /4$
$\mathop {\min }\limits_{\left| t \right| \le \sqrt 2 } {y^2} = z( - a + \sqrt {{a^2} - 1} ) = a + \sqrt {{a^2} - 1} $
$\Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left| t \right| \le \sqrt 2 } y = \sqrt {a + \sqrt {{a^2} - 1} } $