+ Tìm max :
Ta có
$\begin{cases}a^2 \ge a \\b^2 \ge b \\a^2+b^2 \ge 2ab \end{cases}\Rightarrow 2(a^2+b^2) \ge 2ab+a+b$
$\Rightarrow 2(a^2+b^2-ab) \ge a+b \Rightarrow 2(a+b)^3 \ge (a+b)^2 \Rightarrow P \le 2.$
Vậy $\max P = 2\Leftrightarrow a=b=1.$

b) Điểm $J$ của mình là điểm $N$ trong phần này của bạn.
Xét ba mặt phẳng $(MCD), (SAB), (ABCD)$ đôi một cắt nhau theo các giao tuyến $AB,CD,MJ$ không đôi một song song nên suy ra chúng đồng quy, đpcm.

a) Gọi $AC$ cắt $BD$ tại $O$. Trong mp $(SBD)$ thì  $SO$ có thể cắt $MD$ tại $I$. Suy ra $I$ là giao điểm của $MD $ và mp $(SAC)$.
Trong mp $(SAC)$ thì  $CI$ có thể cắt $SA$ tại $J$. Suy ra $J$ là giao điểm của $SA $ và mp $(MCD)$.

 

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

Xét  mp$(BCD)$ và mp $(MNP)$ có chung hai điểm $I$ và $P$ nên suy ra $IP$ là giao tuyến của hai mặt phẳng này.
Tương tự như vậy ta có $NJ$ là giao tuyến chung của mp$(ACD)$ và mp $(MNP)$, $CD$ là giao tuyến chung của mp$(ACD)$ và mp $(BCD)$.
 Xét ba mặt phẳng mp$(BCD)$, mp$(ACD)$ và mp $(MNP)$ đôi một cắt nhau tạo ra ba giao tuyến đôi một không song song nên chúng phải đồng quy, đpcm.

Đặt
$x=\frac{a+b}{a-b}, y=\frac{b+c}{b-c}, z = \frac{c+a}{c-a}$
thì
$(x+1)(y+1)(z+1) = \frac{8abc}{(a-b)(b-c)(c-a)}=(x-1)(y-1)(z-1) $
$\Rightarrow xyz+xy+yz+zx+x+y+z+1=xyz-xy-yz-zx+x+y+z-1$
$\Rightarrow -2(xy+yz+zx)=2$
Như vậy BĐT cần chứng minh
$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2 \ge -2(xy+yz+zx)$
$\Leftrightarrow (x+y+z)^2 \ge 0$, hiển nhiên đúng.
Từ đây có đpcm.

Ta có
$A = x^2+3+\frac{9}{x^2+3}-\frac{8}{x^2+3} \ge 2\sqrt{(x^2+3).\frac{9}{x^2+3}}- \frac{8}{3}=6-\frac{8}{3}=\frac{10}{3}$
Vậy $\min A =\frac{10}{3}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x^2+3=\frac{9}{x^2+3} \\ x^2=0 \end{cases}\Leftrightarrow x=0$

Với mọi số $x \ge 1$ ta có
$(\sqrt{x-1}-1 )^2 \ge 0\Leftrightarrow x-2\sqrt{x-1} \ge 0\Leftrightarrow x \ge 2\sqrt{x-1}\Leftrightarrow \frac{1}{2} \ge \frac{\sqrt{x-1}}{x}$
Khi cho $x$ bằng $a, b$ ta có
$ \begin{cases}\frac{1}{2} \ge \frac{\sqrt{a-1}}{a} \\ \frac{1}{2} \ge \frac{\sqrt{b-1}}{b} \end{cases}\Rightarrow \frac{\sqrt{a-1}}{a} +  \frac{\sqrt{b-1}}{b}  \le 1\Rightarrow $ đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=2.$

a) Ta thấy tứ giác $ABDE$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{EBD}=\widehat{DAE}\Rightarrow \triangle ADC \sim \triangle BEC (g.g)$
b) Từ câu a suy ra $\widehat{BEA}=\widehat{BDA}=45^\circ\Rightarrow \triangle ABE$ vuông cân tại $A$.

a) BPT
$\Leftrightarrow (\frac{2}{5})^x -(\frac{5}{2})^{x+1}-\frac{3}{2}>0$
Đặt $t= (\frac{2}{5})^x>0$ thì BPT
$\Leftrightarrow t-\frac{5}{2}.\frac{1}{t}-\frac{3}{2}>0\Leftrightarrow 2t^2-3t-5>0\Leftrightarrow (2t-5)(t+1)>0$
$\Leftrightarrow t > \frac{5}{2}\Leftrightarrow (\frac{2}{5})^x> (\frac{2}{5})^{-1} \Leftrightarrow x<-1.$

a) PT
$\Leftrightarrow \frac{2^{x-1}+4x-16}{x-2}-4>0\Leftrightarrow \frac{2^{x-1}+4x-16-4(x-2)}{x-2}>0\Leftrightarrow \frac{2^{x-1}-8}{x-2}>0$
$\Leftrightarrow (2^{x-1}-8)(x-2) >0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \begin{cases}2^{x-1}>8 \\ x>2 \end{cases}\\ \begin{cases}2^{x-1}<8 \\ x<2 \end{cases}\end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x>4\\x<2\end{matrix}} \right.$

Bài 2. Điều kiện $x \ge \pm y.$ Từ điều kiện này suy ra $x \ge 0.$
Từ PT thứ nhất dễ có
$\sqrt {x+y}=\sqrt {x-y}+2\Leftrightarrow\sqrt {x+y}-\sqrt {x-y}=2\Leftrightarrow 2x-2\sqrt {x^2-y^2}=4$
$\Leftrightarrow x+1=\sqrt {x^2-y^2}+3          (*)$
Thay vào PT Thứ nhất ta được
$\sqrt{x^2+y^2+1}=x+1$
$\Leftrightarrow x^2+y^2+1=x^2+2x+1\Leftrightarrow y^2=2x$
Thay vào $(*)$ ta được
$x-2=\sqrt{x^2-2x}\Leftrightarrow \begin{cases}x\ge 2 \\ (x-2)^2=x(x-2) \end{cases}\Leftrightarrow x=2.$
Thay vào kiểm tra thì thấy nghiệm của hệ là $(x,y)=(2,2)$.

PT
$\Leftrightarrow \sqrt{3}\left(\cos x-2\sin^2 x\right)+3\sin x-2\sin x\cos x=0$
$\Leftrightarrow\cos x\left( \sqrt{3}-2\sin x\right)+\sqrt{3}\sin x\left( \sqrt{3}-2\sin x\right)=0$
$\Leftrightarrow (\cos x+\sqrt{3}\sin x)\left( \sqrt{3}-2\sin x\right)=0$
$\Leftrightarrow \sin (x + \frac{\pi}{3}) \left( \sqrt{3}-2\sin x\right)=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \sin (x + \frac{\pi}{3})=0\\ \sin x =\frac{\sqrt 3}{2} \end{matrix}} \right.$
Đến đây bạn từ tìm ra nghiệm nhé :)

Áp dụng BĐT dạng       $a^3+b^3 \ge \frac{1}{4}(a+b)^3   \forall a,b \ge 0$, ta được
$(\sin^{2} x)^{3}+(1+\cos ^{2}x)^{3} \ge \frac{1}{4}(\sin^{2} x+1+\cos ^{2}x)^3=2 >1\ge 1-\cos ^{12}x$.
Như vậy PT đã cho vô nghiệm.

Ta có
$\frac{\tan ^{2}\frac{x}{2}-1}{\tan ^{2}\frac{x}{2}+1}=\frac{\sin^{2}\frac{x}{2}-\cos ^{2}\frac{x}{2}}{\cos ^{2}\frac{x}{2}+\sin^{2}\frac{x}{2}}=-\cos x$.
Như vậy PT
$\Leftrightarrow (\frac{x}{\pi})^{2}=\sin \frac{x}{2}$
Xét hàm số   $f(x) = (\frac{x}{\pi})^{2}-\sin \frac{x}{2}$
có $f''(x)=\frac{2}{\pi}+\frac{1}{4}\cos \frac{x}{2} \ge \frac{2}{\pi}-\frac{1}{4}>0$
Do đó theo định lý Roll thì PT này có tối đa hai nghiệm. Mặt khác dễ thấy $f(0)=f(\pi)=0$.
Vậy PT có hai nghiệm $x=0, x=\pi.$