$1.$ Dễ tính độ dài các cạnh tam giác $ABC$ là:
$AB = 5\sqrt 5 ;AC = 3\sqrt 5 ;BC = 4\sqrt 5 $
Đường phân giác trong góc $A$ có phương trình dạng:
$a(x + 1) + b(y-7) = 0$ sao cho $2$ điểm $(4;-3) và C(-4;1)$ ở $2$ phía của nó và tỉ số khoảng cách từ $B$ và $C$ đến nó tỉ lệ với $\frac{{BA}}{{CA}} = \frac{5}{3}$, tức là:
$\frac{{a(4 + 1) + b( - 3 - 7)}}{{a( - 4 + 1) + b(1 - 7)}} =  - \frac{5}{3} \Leftrightarrow \frac{{a - 2b}}{{a + 2b}} = 1$
Vậy $b = 0;a \ne 0$
Từ đó đường phân giác có phương trình: $x + 1 = 0$
Đường phân giác trong $C$ có phương trình dạng: $\alpha (x + 4) + \beta (y - 1) = 0$sao cho $2$ điểm $A(-1;7) ; B(4;-3)$ ở  $2$ phía của nó và tỉ số khoảng cách từ $A$ và $B$ đến nó tỉ lệ với $\frac{{AC}}{{BC}} = \frac{3}{4}$ tức là:
$\frac{{\alpha ( - 1 + 4) + \beta (y - 1)}}{{\alpha (4 + 4) + \beta ( - 3 - 1)}} =- \frac{3}{4}$ tức là: $\frac{{\alpha  + 2\beta }}{{2\alpha  - \beta }} = - 1$
Lấy $\alpha  = 1;\beta  =  - 3$và được pt đường phân giác đó là $x – 3y + 7 = 0.$
Giao điểm $I$ của $2$ phân giác đó là $I(-1;2).$ Viết phương trình đường thẳng $AB$, có $2x + 5y – 5 = 0$
Khoảng cách từ I đến đường thẳng này là $\sqrt 5 $=> pt đường tròn nội tiếp là:
${(x + 1)^2} + {(y - 2)^2} = 5$
$2.$ Pt chùm mặt phẳng trục ($a$) là:
$\begin{array}{l}
\alpha (2x + 3y - 1) + \beta (y + z + 1) = 0\\
 \Leftrightarrow 2\alpha x + (3\alpha  + \beta )y + \beta z - \alpha  + \beta  = 0\,\,\,(1)
\end{array}$
Mp ($1$) sẽ song song với ($b$)
$\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow (2\alpha ;3\alpha  + \beta ;\beta )(3;2;0) = 0\\
 \Leftrightarrow \beta  =  - 6\alpha
\end{array}$
Thế vào ($1$) ta được :
$\begin{array}{l}
2\alpha x - 3\alpha y = 6\alpha z - 7\alpha \\
 \Leftrightarrow 2x - 3y - 6z - 7 = 0\,\,\,(1')
\end{array}$
Đường thẳng ($b$) chứa điểm $B(-1 ;2 ;1). B$ cách mặt phẳng ($1’$) một khoảng là :
$\frac{{| - 2 - 6 - 6 - 7|}}{{\sqrt {{2^2} + {3^2} + {6^2}} }} = 3$
Vậy $a, b$ cách nhau một khoảng bẳng $3. $

1) $k \in {N^ + }$. Với $k = 1$ ta có
    $f({x^1}) = 1.{x^o}f(x) = 1.{x^{1 - 1}}f(x)$    : (2) đúng
Giả sử (2) đúng với $k = n \in {N^ + }$:
    $f({x^n}) = n{x^{n - 1}}f(x)$            (*)
Theo nguyên lý nạp toán học ta cần chứng minh (2) đúng với $k = n + 1$. Theo (1) ta có
    $\begin{array}{l}
f({x^{n + 1}}) = f({x^n}x) = {x^n}f(x) + xf({x^n})
 = {x^n}f(x) + x.n{x^{n - 1}}f(x){\rm{  (do (*))}}
{\rm{ = (n + 1)}}{{\rm{x}}^n}f(x)
\end{array}$
2) $k \in Q,k > 0$, tức là $k = \frac{p}{q} $ trong đó $p,q \in {N^ + }$. Theo chứng minh phần 1) ta có
    $\begin{array}{l}
f({x^p}) = p{x^{p - 1}}f(x),\\
f[{({x^{p/q}})^q}{\rm{]}} = q{({x^{p/q}})^{q - 1}}f({x^{p/q}})\\
\Leftrightarrow f({x^{p/q}}) = \frac{p}{q}{x^{p/q - 1}}f(x)
\end{array}$
Tức là $f({x^k}) = k{x^{k - 1}}f(x)$
3) $k \in R,k > 0$. Khi đó ta chọn được dãy số hữu tỉ dương     ${k_1},{k_2}....$ để  $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {k_n} = k$
Theo giả thiết, f(x) liên tục nên đối với mọi     $x > 1$ ta có
$f({x^k}) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } f({x^{{k_n}}}) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {k_n}{x^{{k_n} - 1}}f(x)$    (do (2))
            $ = k.{x^{k - 1}}f(x).$

a) Ta có: $\overrightarrow{AB}=(1;3)$ và $\overrightarrow{AC}=(9;-3)$
Nên $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=9-9=0$. Vậy tam giác $ABC$ vuông ở $A$.
b) $\overrightarrow{BA}=(-1;-3),\overrightarrow{BC}=(8;-6)$
Do đó $\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}=-8+18=10,\overrightarrow{BA}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$
$\overrightarrow{BC}=\sqrt{8^2+6^2}=10$, mà $\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}=BA.BC.\cos B$
$\Rightarrow 10=\sqrt{10}\cos B$. Vậy $\cos B=\frac{1}{\sqrt{10}} $
Tương tự ta có: $\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CB}=90 \Rightarrow \cos C=\frac{3}{\sqrt{10}} $

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

a) Ta có:  $\sin (810^0+x)=\sin (90^0+x)=\cos x   $
   $\cos (1260^0-x)=\cos (180^0-x)=-\cos x   $
   $\tan (630^0+x)=\tan (90^0+x)=-\cot x   $
   $\tan (1260^0-x)=\tan (180^0-x)=-\tan x   $
Do đó:  $A=2\cos x -\cos x +(-\cot x )(-\tan x )   \Rightarrow    A=1+\cos x $
Vì  $-1 \leq \cos x \leq 1$  với mọi  $x$  , ta suy ra  $A\geq 0$  với mọi $x$.
b) Với  $x=1935^0  \Rightarrow    A=1+\cos 1935^0   \Rightarrow    A=1+\cos 135^0  $
$A=1-\cos 45^0   \Rightarrow    A=1-\frac{\sqrt{2} }{2}  $

Trọng tâm $G$ có tọa độ:
$x_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}=\frac{2}{3},y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}=2$. Vậy $G(\frac{2}{3};2)$
Gọi $H(x;y)$ là trực tâm ta có:
$\left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0\\\overrightarrow{BH}.\overrightarrow{CA}=0  \end{array} \right.  \Leftrightarrow  \left\{ \begin{array}{l} (x+3)(2-3)+(y-0)(6-0)=0\\(x-3)(-3-2)+(y-0)(0-6)=0 \end{array} \right. $
$ \Leftrightarrow  \left\{ \begin{array}{l} -x+6y=3\\ -5x-6y=-15 \end{array} \right.  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=2\\ y=\frac{5}{6}  \end{array} \right. $. Vậy $H(2;\frac{5}{6})$