Ta có
$\sin (\frac{\pi}{4}+\frac{3x}{2})=\sin \left[ {\pi -3(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})} \right]=\sin \left[ {3(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})} \right]=3\sin (\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})-4\sin^3(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})$
Vậy PT
$\Leftrightarrow 3\sin (\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})-4\sin^3(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})=3\sin (\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})$
$\Leftrightarrow 4\sin^3(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})=0$
$\Leftrightarrow \sin(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})=0$
$\Leftrightarrow x=\frac{\pi}{2}-k2\pi           (k \in \mathbb{Z}).$

Điều kiện $\cos x, \cos 2x, \cos 4x \ne 0$.
PT
$\Leftrightarrow \tan x \cos 4x = -\tan 2x \cos 2x \Leftrightarrow \sin x \cos 4x =-\sin 2x\cos x$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \sin x =0\\ \cos 4x =- 2\cos^2 x \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \sin x =0\\ 2\cos^22x-1=-\cos 2x-1 \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \sin x =0\\\cos 2x=-\frac{1}{2} \end{matrix}} \right.$
Đến đây giải tiếp đơn giản :)

Hiển nhiên thấy rằng
$0<\frac{1}{\sqrt{1+(\sqrt{6}+ \sqrt{2}-\sqrt{3}-2)^{2}} }<1$
nên PT đã cho luôn có nghiệm. Nhưng nó không phải là nghiệm đẹp. Vì thế đáp số đơn giản chỉ là
$x = \pm \arccos \frac{1}{\sqrt{1+(\sqrt{6}+ \sqrt{2}-\sqrt{3}-2)^{2}} } +k2\pi         (k \in \mathbb{Z}).$

Trước hết ta có công thức tính đường phân giác
$l_a=\frac{2\sqrt{bc}}{b+c}\sqrt{p(p-a)}$, trong đó $p$ là nửa chu vi.
Bạn có thể xem tại đây.

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114318/mot-bai-lop-10

Áp dụng BĐT Cô si ta có
\begin{cases}\frac{2\sqrt{bc}}{b+c} \le 1 \\\sqrt{p(p-a)}=\frac{1}{\sqrt 3}\sqrt{p.3(p-a)} \le \frac{1}{2\sqrt 3}(4p-3a)\end{cases}
suy ra  $l_a \le \frac{1}{2\sqrt 3}(4p-3a)$.
Tương tự thì ta có
$l_a +l_b+l_c \le \frac{1}{2\sqrt 3}(12p-3a-3b-3c)=\frac{\sqrt 3}{2}.2p=\frac{\sqrt 3}{2}(a+b+c)$
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c.$
Và suy ra câu trả lời cho bài toán.

Ta có 
Vế trái $= \sin 3x .\frac{3\sin x -\sin3x}{4}+\cos 3x.\frac{\cos 3x +3\cos x}{4}$
             $=\frac{3}{4}\left ( \sin 3x\sin x+\cos 3x \cos x \right )+\frac{1}{4}\left (\cos^2 3x-\sin^2 3x \right )$
             $=\frac{3}{4}\cos2x+\frac{1}{4}\cos6x$        
             $=\cos^3 2x$, đpcm.

$\textbf{Cách 2}$
Đặt $A_n =n^3-n$.
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp.
Đặt
+ Với $n=1$ thì hiển nhiên thấy $A_1= 0   \vdots   24$.
+Giả sử bài toán đúng với $n$ lẻ, từ là $A_n =n^3-n   \vdots   24$.
Ta phải chứng minh $A_{n+2} =(n+2)^3-(n+2)   \vdots   24$ vì $n+2$ là số lẻ ngay tiếp sau $n$.
Nhưng đây là điều hiển nhiên vì
$A_{n+2} =(n+2)^3-(n+2)  =n^3-n+6(n+1)^2   \vdots   24$
vì
$A_n =n^3-n   \vdots   24$, theo giả thiết quy nạp.
$(n+1)^2   \vdots   4$, vì $n$ là số lẻ suy ra $6(n+1)^2   \vdots   24$.

Ta có  $A=n^3-n=n(n-1)(n+1)$.
Do $n$ là số tự nhiên lẻ nên có thể đặt $n=2k+1$ với $k \in \mathbb{N}.$
Khi đó
$A=(2k+1).2k(2k+2)=4k(k+1)(2k+1)$.
+ Ta có $k, k+1$ là hai số tự nhiên liên tiếp nên phải có một số chẵn, suy ra $k(k+1) \vdots 2  \Rightarrow A  \vdots  8$
+ Ta có $n-1,n ,n+1$ là ba số tự nhiên liên tiếp nên phải có một số chia hết cho $3 \Rightarrow A  \vdots  3$.
Mà  ƯCLN$(8,3)=1\Rightarrow A  \vdots  24$, đpcm.

Xét hàm số liên tục
$f(x) =2^x +1 -x^2$ trên $x \in \mathbb{R}.$
Ta có
$f'(x) =2^x\ln 2 -2x$
$f''(x) =2^x\ln^2 2 -2$
$f'''(x) =2^x\ln^3 2 >0       \forall x \in \mathbb{R}$.
như vậy theo định lý Roll thì PT $f(x)=0$ không có quá ba nghiệm.
Mặt khác ta thấy
$f(-2).f(-1)<0, f(3)=0, f(\frac{31}{10}).f(4) <0$.
Vậy PT có $3$ nghiệm $x_1 \in (-2,1), x_2=3, x_3 \in (\frac{31}{10},4)$.
Chú ý ở bài tập này ta chỉ có thể chỉ ra được tính chất nghiệm và không biểu diễn được ở dạng chính xác.

Ta có
    $\frac{2013\sin x + x\cos x - 4x\sin x - x(4x - 2014)}{x^2 + x\sin x}$
$=\frac{-4x(x+\sin x)+2013(x +\sin x)+x(1+ \cos x)}{x(x + \sin x)}$
$=-4+\frac{2013}{x}+\frac{1+ \cos x}{x + \sin x}$
$=-4+2013 (\ln x)'+(\ln (x+\sin x))'$
Vậy
     $\int\frac{2013\sin x + x\cos x - 4x\sin x - x(4x - 2014)}{x^2 + x\sin x}dx$
$=\boxed{-4x +2013 \ln x + \ln (x+\sin x)+ C} $

Đặt $t=-x \Leftrightarrow dt$=-dx
$I=\int_{-2012}^{2012}\ln(\sqrt{x^{2010}+1}+x^{1005})dx$
$I=\int_{2012}^{-2012}-\ln(\sqrt{t^{2010}+1}-t^{1005})dt$
$I=\int_{-2012}^{2012}\ln(\sqrt{t^{2010}+1}-t^{1005})dt$
$I=\int_{-2012}^{2012}\ln\frac{1}{\sqrt{t^{2010}+1}+t^{1005}}dt$
$I=\int_{-2012}^{2012}-\ln(\sqrt{t^{2010}+1}+t^{1005})dt$
$I=-I$
$\boxed{I=0}$

Vì đây là PT chứa dấu giá trị tuyệt đối nên ta xét hai trường hợp
+Nếu $mx-1=5\Leftrightarrow mx =6\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=\frac{6}{m}      \text{ với }  m \ne 0\\ \text{tập nghiệm}  S=\emptyset \text{ với }  m = 0\end{matrix}} \right.$
+Nếu $mx-1=-5\Leftrightarrow mx =-4\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=\frac{-4}{m}      \text{ với }  m \ne 0\\ \text{tập nghiệm}  S=\emptyset \text{ với }  m = 0\end{matrix}} \right.$
Vậy
Với $m=0$ thì PT vô nghiệm.
Với $m \ne 0$ thì $S=\left\{ {\frac{6}{m},\frac{-4}{m}} \right\}$

b) Xét hàm số trên $x \in \mathbb{R}$
$f(x)= 7^{6-x}-x-2$ có $f'(x)=- 7^{6-x}\ln 7 -1 <0     \forall x \in \mathbb{R}$.
Nên $y$ là hàm nghịch biến, do đó nếu PT $ f(x)=0$ có nghiệm hì đây là nghiệm duy nhất.
Mặt khác dễ thấy $f(5)=0$. Vậy PT có nghiệm duy nhất $x=5$.

a)
Theo tính chất của hình bình hành thì hiển nhiên có $MN \parallel AD \parallel BC$
suy ra $MN \parallel mp(SAD), MN \parallel mp(SBC)$
b)
Gọi $P$ là trung điểm của $SD$. Ta có $IP \parallel MN$ suy ra $mp(IMN)$ chính là $mp(MNIP)$.
mặt khác
$\begin{cases}SB  \parallel IM\\SC  \parallel PN \end{cases}\Rightarrow SB,SC  \parallel mp(IMN)$