Bài 3.
Từ PT thứ nhất suy ra $y=mx-2m.$
Thay vào PT thứ hai ta được
      $4x-  m(mx-2m)=m+6$
$\Leftrightarrow 4x-m^2x+2m^2=m+6$
$\Leftrightarrow x(m^2-4)=2m^2-m-6$
$\Leftrightarrow x(m-2)(m+2)=(2m+3)(m-2) \qquad (*)$
Nếu $m=2$ thì $(*) \Leftrightarrow Ox=0$, pt này vô số nghiệm thỏa mãn $y=mx-2m=2x-4.$
Nếu $m=-2$ thì $(*) \Leftrightarrow Ox=-4$, pt này vô nghiệm.
 Nếu $m\ne2,-2$ thì $(*) \Leftrightarrow x=\dfrac{2m+3}{m+2}$. Thay trở lại để tìm ra $y=mx-2m=-\dfrac{m}{m+2}$
Như vậy trong trường hợp này hệ có nghiệm duy nhất
$x=\dfrac{2m+3}{m+2}$
$y=-\dfrac{m}{m+2}$

Bài 1.
Từ PT thứ nhất suy ra $2y=m+1-mx\Rightarrow y=\dfrac{m+1-mx}{2}$
Thay vào PT thứ hai ta được
      $2x + m.\dfrac{m+1-mx}{2}=2m-1$
$\Leftrightarrow 4x+m^2+m-m^2x=4m-2$
$\Leftrightarrow x(m^2-4)=m^2-3m+2$
$\Leftrightarrow x(m-2)(m+2)=(m-2)(m-1) \qquad (*)$
Nếu $m=2$ thì $(*) \Leftrightarrow Ox=0$, pt này vô số nghiệm.
Nếu $m=-2$ thì $(*) \Leftrightarrow Ox=12$, pt này vô nghiệm.
 Nếu $m\ne2,-2$ thì $(*) \Leftrightarrow x=\dfrac{m-1}{m+2}$. Thay trở lại để tìm ra $y=\dfrac{m+1-mx}{2}=\dfrac{2m+1}{m+2}$
Như vậy trong trường hợp này hệ có nghiệm duy nhất
$x=\dfrac{m-1}{m+2}=1-\dfrac{3}{m+2},$
$y=\dfrac{2m+1}{m+2}=2-\dfrac{3}{m+2}$.
Và ta cần tìm $m \in \mathbb Z $ sao cho $x,y \in \mathbb Z.$
Nhìn vào công thức nghiệm thì ta phải có
$\dfrac{3}{m+2}\in \mathbb Z\Leftrightarrow m+2 \in \left\{ {-1,1,3,-3} \right\}\Leftrightarrow m \in \left\{ {-3,-1,1,-5} \right\}$
Các giá trị này thỏa mãn $m \ne 2,-2.$
Vậy $\boxed{m \in \left\{ {-3,-1,1,-5} \right\}}$.

1b) Gọi $P$ là trung điểm của $B'C'$ thì dễ thấy $MP \parallel BB' \Rightarrow MP\parallel A'A$
Mặt khác
$\dfrac{AG_3}{AP}=\dfrac{AG_2}{AM}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow G_3G_2 \parallel MP \Rightarrow G_3G_2 \parallel (BCC'B')$
Kết hợp với câu a) ta suy ra $(G_1G_3G_2) \parallel (BCC'B')$

1a) Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BC,CC'$ thì
$\dfrac{AG_1}{AN}=\dfrac{AG_2}{AM}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow G_1G_2 \parallel MN \Rightarrow G_1G_2 \parallel (BCC'B')$

$L=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{1 - \cos^{3} x}{x\sin x} =\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{1 - \cos x}{x\sin x} (1+\cos x+\cos^{2} x)$
$=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{1 - \cos x}{x\sin x} .\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}(1+\cos x+\cos^{2} x)$
$=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{2\sin^2\frac{x}{2}}{x\sin x}. (1+1+1 )$
 $= \dfrac{3}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin^2\frac{x}{2}}{\left ( \frac{x}{2} \right )^2}. \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{x}{\sin x}$
  $= \dfrac{3}{2}.1.1$
 $= \dfrac{3}{2}$

e) Gọi $a=AB,b=AD,c=AA'$ lần lượt là các kích thước của hình hộp này. Theo định lý Py-ta-go ta tính được
$AC'^2=A'A^2+AC^2=c^2+AB^2+AD^2=c^2+a^2+b^2$
tương tự
$BD'^2=a^2+b^2+c^2$
$B'D^2=a^2+b^2+c^2$
 $A'C^2=a^2+b^2+c^2$
 Cộng bốn đẳng thức này ta có đpcm.

d) Ta làm cho hai trung điểm, và các trung điểm còn lại lý luận tương tự.
giả sử $M,N$ là trung điểm của $BC,CD$ thì suy ra $MN \parallel BD \Rightarrow  MN \parallel (A'BD)$
Tương tự như vậy các đoạn thẳng nối cá trung điểm khác, hoặc song song với $(A'BD)$ hoặc song song với $(B'D'C)$ nên $5$ trung điểm này nằm trên cùng một mặt phẳng song song với hai mặt phẳng này.

c)
Theo định lý Ta-let ta tính được
$AC \parallel A'C' \Rightarrow \dfrac{CG_2}{AG_2}=\dfrac{C'O'}{AC}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow CG_2=\dfrac{1}{3}C'A$
Chứng minh tương tự $AG_1=\dfrac{1}{3}AC'$
 từ hai điều này có đpcm.

b) Nối $AC, A'C'$ cắt $BD,B'D'$ lần lượt tại $O,O'.$
Trong mặt phẳng $ACC'A'$ thì $AC'$ cắt được $CO'$,nên điểm cắt này chính là điểm $G_2$.
Theo định lý Ta-let ta tính được
$AC \parallel A'C' \Rightarrow \dfrac{O'G_2}{CG_2}=\dfrac{C'O'}{AC}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow O'G_2=\dfrac{1}{3}CO'$
 suy ra $G_2$ là trọng tâm tam giác $B'D'C.$
Chứng minh tương tự cho $G_1$ và ta có đpcm.

a)
Xét hình bình hành $ BDD'B'$ có  $B'D' \parallel BD \Rightarrow B'D' \parallel (A'BD)$
Xét hình bình hành $A'B'CD$ có  $B'C \parallel A'D \Rightarrow B'C \parallel (A'BD)$
 Từ hai điều này suy ra $(B'CD') \parallel (A'BD)$.

b) Ta sẽ chứng minh $N,P,Q,R$ lần lượt là trung điểm của $AB,BC,B'C',A'B'$. Thật vây,
Hai mặt phẳng $(IJK)$ và $(ACC'A')$ song song với nhau, nên mặt phẳng $(ABC)$ cắt hai mặt phẳng này theo hai giao tuyến phải song song với nhau, tức là $AC \parallel NP$. Suy ra $K,N,P$ phải thẳng hàng vì nếu ngược lại hai mặt phẳng  $(IJK)$ và $(ABC)$ cắt nhau tại ba điểm phân biệt, vô lý. Suy ra $N,P$ là trung điểm của $AB,BC$.
Từ điều kiện $PQ , NR $ phải song song với $(ACC'A')$ ta suy ra $Q,R$ lần lượt là trung điểm của $B'C',A'B'$.
 Từ đây dễ có đpcm.

a)
Xét $\triangle B'AC$ có $IJ$ là đường trung bình suy ra $IJ \parallel AC \Rightarrow IJ \parallel (ACC'A')$
Xét $\triangle BA'M$ có $IK$ là đường trung bình suy ra $IK \parallel AM \Rightarrow IK \parallel (ACC'A')$
 Từ hai điều này suy ra $(IJK) \parallel (ACC'A')$.

Từ giả thiết ta có
$\dfrac{1}{1+a} \ge \left ( 1-\dfrac{1}{1+b} \right )+ \left ( 1-\dfrac{1}{1+c} \right )+ \left ( 1-\dfrac{1}{1+d} \right )$
$\dfrac{1}{1+a} \ge\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}+\dfrac{d}{1+d}\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{b}{1+b}.\dfrac{c}{1+c}.\dfrac{d}{1+d}}$
 $\dfrac{1}{1+a} \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{bcd}{(1+b)(1+c)(1+d)}}$
 Tương tự
 $\dfrac{1}{1+b} \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{acd}{(1+a)(1+c)(1+d)}}$
  $\dfrac{1}{1+c} \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{bad}{(1+b)(1+a)(1+d)}}$
  $\dfrac{1}{1+d} \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{bca}{(1+b)(1+c)(1+a)}}$
 Nhân theo từng vế $4$ BĐT trên và ta có đpcm.

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