a)
Xét  lăng trụ $ABC.A'B'C'$ và chóp tam giác  $C'.ABC$ có chung mặt đáy $ABC$ và đường cao $CC'$ nên
$$V_{C'.ABC}=\frac{1}{3}V_{ABC.A'B'C'}$$
Lý luận tương tự cũng có $$V_{A.A'B'C'}=\frac{1}{3}V_{ABC.A'B'C'}$$
Vậy
$$V_{ABB'C}=V_{ABC.A'B'C'}-V_{C'.ABC}-V_{A.A'B'C'}=\frac{1}{3}V_{ABC.A'B'C'}=\frac{1}{3}AA'.S_{A'B'C'}=\frac{1}{3}.a.\frac{a^2\sqrt 3}{4}=\frac{a^3\sqrt 3}{12}$$

Điều kiện $\sin x \ne \frac{\sqrt 3 }{2}, \sin x \ne 0, \cos x \ne 0$.
PT
$\Leftrightarrow 4\cos 3x.\cos x - 2\cos 4x - 4\cos x + \tan\frac{x}{2}.\tan x + 2=0$
$\Leftrightarrow 2\left (\cos 4x+\cos 2x \right ) - 2\cos 4x - 4\cos x + \tan\frac{x}{2}.\tan x + 2=0$
$\Leftrightarrow 2\left (1+\cos 2x \right ) - 4\cos x + \tan\frac{x}{2}.\tan x =0$
$\Leftrightarrow 4\cos^2 x - 4\cos x + \tan\frac{x}{2}.\tan x =0$
$\Leftrightarrow \tan\frac{x}{2}.\tan x =4\cos x(1-\cos x)$
$\Leftrightarrow \tan\frac{x}{2}.\tan x =8\cos x. \sin^2 \frac{x}{2}$
$\Leftrightarrow \sin\frac{x}{2}.\sin x =8\cos^2 x .\sin^2 \frac{x}{2}.\cos \frac{x}{2}$
$\Leftrightarrow \sin\frac{x}{2}.\sin x =4\cos^2 x .\sin \frac{x}{2}. \sin x$
$\Leftrightarrow1 =4\cos^2 x$
$\Leftrightarrow \cos x =\pm \frac{1}{2}$  và  do $\sin x \ne \frac{\sqrt 3 }{2}$ nên
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=-\frac{\pi}{3}+k2\pi\\ x=-\frac{2\pi}{3}+k2\pi \end{matrix}} \right. (k \in \mathbb{Z})$

Điều kiện $\sin x \ne 1, \cos x \ne 0.$
PT
$\Leftrightarrow \frac{1 + \cos^2 x}{2(1 - \sin x)} - \frac{1}{2}(1 + \sin x) = \tan^2 x+ \tan^2 x.\sin x $
$\Leftrightarrow \frac{1 + \cos^2 x-(1 - \sin^2 x) }{2(1 - \sin x)} = \tan^2 x(1+\sin x )$
$\Leftrightarrow \frac{1 }{2(1 - \sin x)} = \tan^2 x(1+\sin x )$
$\Leftrightarrow \frac{1 }{2} = \tan^2 x(1 - \sin^2 x)$
$\Leftrightarrow \frac{1 }{2} = \tan^2 x\cos^2 x$
$\Leftrightarrow \frac{1 }{2} =\sin^2 x$
$\Leftrightarrow \sin x = \pm \frac{1}{\sqrt 2}$
Đến đây quá đơn giản để tìm nghiệm :)

b) Theo công thức tỉ số thể tích thì
$\frac{V_{S.AKI}}{V_{S.AHC}}=\frac{SI}{SC}.\frac{SK}{SH}         (1)$

+ Do $SAC$ là tam giác cân tại $A$ nên $\frac{SI}{SC}=\frac{1}{2}$

+ Theo câu a) Ta có $HC=a \cos \alpha $.
$\frac{SK}{SH}=\frac{SK.SH}{SH^2}=\frac{SA^2}{SH^2}=\frac{a^2}{SC^2-CH^2}=\frac{a^2}{2a^2-a^2 \cos^2 \alpha }=\frac{1}{2-\cos^2 \alpha }$

Vậy tóm lại từ $(1)$ và câu a) ta có
$V_{S.AKI}=V_{S.AHC}.\frac{SI}{SC}.\frac{SK}{SH} =\frac{1}{12}a^3\sin 2\alpha.\frac{1}{2}.\frac{1}{2-\cos^2 \alpha }=\frac{a^3\sin 2\alpha}{48-24\cos^2 \alpha }$

a) Theo giả thiết ta có
$\begin{cases}CH \perp SH \\ CH \perp SA (  \text{do}   SA \perp mp(ABC)) \end{cases}\Rightarrow CH \perp mp(SAH) \Rightarrow CH \perp AH$
Do đó $HC=AC \cos \alpha =a \cos \alpha$
Suy ra $S_{AHC}=\frac{1}{2}AC.HC.\sin \alpha=\frac{1}{4}a^2\sin 2\alpha$
Suy ra $V_{S.AHC}=\frac{1}{3}SA.S_{AHC}=\frac{1}{12}a^3\sin 2\alpha \le \frac{1}{12}a^3.$
Vậy $\max V_{S.AHC}= \frac{1}{12}a^3\Leftrightarrow \sin 2\alpha=1\Leftrightarrow \alpha=\frac{\pi}{4}$.

a)
Tam giác $ABC$ có các góc $A, B, C$ nhọn nên:
$\cos A>0, \cos B>0$ và $\cos C>0$.
Ta có $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq   \frac{4}{x+y}$, suy ra:
$\frac{1}{\cos A}+\frac{1}{\cos B}\geq  \frac{4}{\cos A+\cos B}=  \frac{4}{2 \cos \frac{A+B}{2}\cos \frac{A-B}{2}  }=\frac{2}{\sin \frac{C}{2}\cos \frac{A-B}{2} }$
Vậy $\frac{1}{\cos A}+\frac{1}{\cos B}\geq  \frac{2}{\sin \frac{C}{2} }$.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:
$\left\{ \begin{array}{l} \cos A=\cos B\\ \cos \frac{A-B}{2}=1  \end{array} \right.\Leftrightarrow A=B.$
Tương tự, ta có: $\frac{1}{\cos B}+\frac{1}{\cos C}\geq  \frac{2}{\sin \frac{A}{2} }, $
dấu "=" xảy ra khi $B=C$, và:
$\frac{1}{\cos C}+\frac{1}{\cos A}\geq  \frac{2}{\sin \frac{B}{2} }, $
dấu "="  xảy ra khi $C=A$. Cộng (1), (2) và (3) từng vế một ta được:
$\frac{1}{\cos A}+\frac{1}{\cos B}+\frac{1}{\cos C}\geq \frac{1}{\sin \frac{A}{2} }+\frac{1}{\sin \frac{B}{2} }+\frac{1}{\sin \frac{C}{2} }$.
dấu "=" xảy ra khi $A=B=C$. Theo đề bài, dấu bằng đã xảy ra nên $\Delta ABC$ là tam giác đều.

Áp dụng b)
Theo định lý hàm số Cos
$\cos A =\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\Rightarrow \cos \frac{A}{2}=\sqrt{\frac{1+\cos A}{2}}=\sqrt{\frac{(b+c)^2-a^2}{4bc}}=\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}$
Trong đó $p$ là nửa chu vi.
Mặt khác tại đây

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114599/chung-minh-ho-em-voi

ta đã chứng minh

$l_a=\frac{2}{b+c}\sqrt{bcp(p-a)}=\frac{2bc\cos(\frac{A}{2})}{b+c}$, đpcm.

Áp dụng a)
Hiển nhiên có $\cos 30 =\frac{\sqrt 3}{2}\Rightarrow 2\cos^2 15 -1 =\frac{\sqrt 3}{2}\Rightarrow \cos^2 15=\frac{2+\sqrt 3}{4}$
Do $\cos 15 > 0\Rightarrow \cos 15= \frac{{\sqrt {2 + \sqrt 3 } }}{2} = \frac{{1 + \sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}$
$\Rightarrow 2\cos^2 7^\circ 30' -1 = \frac{{1 + \sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}\Rightarrow \cos^27^\circ 30'=\frac{1+2\sqrt 2+\sqrt 3}{4\sqrt 2}$
Do $\cos7^\circ 30' > 0\Rightarrow \cos 7^\circ 30'=\displaystyle{\sqrt{\frac{1+2\sqrt 2+\sqrt 3}{4\sqrt 2}}}$

b) Ta có
$\cos 2\alpha=\cos \widehat{AMC}=\frac{MH}{AM}=\frac{2(CM-CH)}{BC}=1-2\frac{CH}{BC}=1-2\frac{CH.BC}{BC^2}=1-2\frac{AC^2}{BC^2}=1-2\sin^2 \alpha$, đpcm.
 Ta biết rằng $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha=1$ nên các đẳng thức còn lại dễ dàng để chứng minh.

a) Vẽ tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $\widehat{ABC}=\alpha<45^\circ\Rightarrow AB>AC$.
Gọi $M$ là trung điểm $BC$ thì $\widehat{AMC}=2\alpha$.
Kẻ $AH \perp BC, H \in[MC]$.
Ta có
$\sin 2\alpha=\sin \widehat{AMC}=\frac{AH}{AM}=\frac{2AH}{BC}=2\frac{AH}{AB}.\frac{AB}{BC}=2\sin\alpha.\cos \alpha$, đpcm.

Nhắc lại công thức quen thuộc trong Logarit. Nếu các biểu thức sau có nghĩa thì ta có công thức
$$\log_a b.\log_b c= \log_a c$$
Như vậy ta có
$\log_a M.\log_M N= \log_a N\Rightarrow \frac{\log_a M}{\log_a N}=\log_M N$
$\log_b M.\log_M N= \log_b N\Rightarrow \frac{\log_b M}{\log_b N}=\log_M N$
Kết hợp hai điều trên ta có đpcm.

Dùng công thức Stewart để có được công thức về đường phân giác. Bạn có thể xem tại đây

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114599/chung-minh-ho-em-voi

Ta có
$\begin{cases}l_a=\frac{2}{b+c}\sqrt{bcp(p-a)} \\ l_b=\frac{2}{a+c}\sqrt{acp(p-b)} \end{cases}$
Giả sử
$l_a=l_b\Leftrightarrow l_a^2=l_b^2 \Leftrightarrow \frac{4}{(b+c)^2}bcp(p-a)=\frac{4}{(a+c)^2}acp(p-b)$
$\Leftrightarrow \frac{1}{(b+c)^2}b(p-a)=\frac{1}{(a+c)^2}a(p-b)$
$\Leftrightarrow \frac{1}{(b+c)^2}b\frac{b+c-a}{2}=\frac{1}{(a+c)^2}a\frac{a+c-b}{2}$
$\Leftrightarrow b(a+c)^2(b+c-a)=a(b+c)^2(a+c-b)$
$\Leftrightarrow b(a+c)^2(b+c-a)-a(b+c)^2(a+c-b)=0$
Thực hiện khai triển và phân tích thành nhân tử ta được
$\Leftrightarrow (a-b)(ab^2+a^2b+bc^2+ac^2+3abc+c^3)=0$
$\Leftrightarrow a=b$
$\Leftrightarrow $ tam giác là tam giác cân.

Ta có
$4 + \sqrt{15}=\frac{1}{2}(8 + 2\sqrt{15})=\frac{1}{2}(\sqrt 5 + \sqrt 3)^2$
$ \sqrt{10} - \sqrt {6}=\sqrt{2}(\sqrt 5 - \sqrt 3)$
$\sqrt{4 - \sqrt{15}}=\sqrt{\frac{1}{2}(8 - 2\sqrt{15})}=\sqrt{\frac{1}{2}(\sqrt 5 - \sqrt 3)^2}=\frac{1}{\sqrt 2}(\sqrt 5 - \sqrt 3)$
Vậy
$(4+\sqrt{15}) ( \sqrt{10} - \sqrt {6}) \sqrt {4- \sqrt15} =\frac{1}{2}(\sqrt 5 + \sqrt 3)^2(\sqrt 5 - \sqrt 3)^2=\frac{1}{2}(5-3)^2=2$. đpcm.

b.
Ta có: $\sin 54^0=\cos 36^0 \Leftrightarrow  \sin3.18^0=\cos 2.18^0$
$\Leftrightarrow  3.\sin 18^0-4\sin^3 18^0=1-2\sin^2 18^0$
$\Leftrightarrow 4\sin^3 18^0-2\sin^2 18^0-3\sin 18^0+1=0              $
$\Leftrightarrow (\sin 18^0-1)(4\sin^2 18^0+2\sin 18^0-1)=0      (1)$
Do $0<\sin 18^0<1$ nên $4\sin^2 18^0+2\sin 18^0-1=0\Leftrightarrow \sin18^o=\frac{-1+\sqrt5}{4}$
Và do đó suy ra $\cos 18^0=\sqrt{1-\sin^2 18^0}=\sqrt{\frac{5}{8}+\frac{\sqrt5}{8}}$        

a. $\textbf{Cách 2}$
hiển nhiên có $\cos 30 =\frac{\sqrt 3}{2}\Rightarrow 2\cos^2 15 -1 =\frac{\sqrt 3}{2}\Rightarrow \cos^2 15=\frac{2+\sqrt 3}{4}$
Do $\cos 15 > 0\Rightarrow \cos 15= \frac{{\sqrt {2 + \sqrt 3 } }}{2} = \frac{{1 + \sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}$