Dễ thấy điểm $P\left( -\frac{1}{2},0,\frac{3}{2}\right)$ là giao điểm của $d$ và $d_1$.
$\overrightarrow{u}(1,-2,-3)$ và $\overrightarrow{u_1}(1,2,5)$ lần lượt là vector chỉ phương của $d$ và $d_1$.
Ta có $\overrightarrow{PM}=\overrightarrow{u}+\frac{\overrightarrow{u_1}}{2}$ nên $M,d,d_1$ đồng phẳng.

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

a) Ta có: $CD=CM+DM=AC+BD$.

b) Vì $OC$ và $OD$ là phân giác của $\widehat{AOM}$ và $\widehat{BOM}$ kề bù nên $\widehat{COD}=90^0$.

c) Giả sử $MH$ cắt $BC$ tại $I$. Vì $MH$ và $AC$ cùng vuông góc với $AB$ nên $MH//AC$.
Do đó: $\frac{MI}{AC}=\frac{DM}{CD}=\frac{BH}{AB}=\frac{HI}{AC}$ suy ra $I$ là trung điểm $MH$.

d) Đặt $\widehat{AOM}=2\alpha$ thì $AC=R\tan \alpha$ và $BD=\frac{R}{\tan \alpha}$.
Do đó: $3AC+BD=R\left( 3\tan \alpha +\frac{1}{\tan \alpha}\right)\geq 2R\sqrt{3}$.
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $\tan \alpha=\frac{\sqrt{3}}{3}$ hay $\alpha=30^0$.
Vậy $3AC+BD$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $\widehat{AOM}=60^0$.

Ta có: $P_n=\prod_{k=1}^n{\sqrt[2^k]{2}}=\prod_{k=1}^n{2^{\frac{1}{2^k}}}=2^{\sum_{k=1}^n{\frac{1}{2^k}}}=2^{1-\frac{1}{2^n}}$
Do đó: $\lim_{n\to \infty}{P_n}=2.$

KMTTQ, giả sử $a=\min \{ a,b,c\} $. Ta có:
$T=\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(b+c)}+\frac{1}{a(c+a)}-\frac{1}{a(b+c)}-\frac{1}{b(c+a)}-\frac{1}{c(a+b)}$
$=\frac{1}{a+b}\left( \frac{1}{b}-\frac{1}{c}\right) +\frac{1}{b+c}\left( \frac{1}{c}-\frac{1}{a}\right) +\frac{1}{c+a}\left( \frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)$
Nếu $b\leq c$ thì $T\geq \frac{1}{c+a}\left( \frac{1}{b}-\frac{1}{c}\right)+\frac{1}{c+a}\left( \frac{1}{c}-\frac{1}{a}\right)+\frac{1}{c+a}\left( \frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)=0$.
Nếu $b>c$ thì $T>\frac{1}{a+b}\left( \frac{1}{b}-\frac{1}{c}\right) +\frac{1}{a+b}\left( \frac{1}{c}-\frac{1}{a}\right) +\frac{1}{a+b}\left( \frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)=0$.
Tóm lại: $\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(b+c)}+\frac{1}{a(c+a)}\geq \frac{1}{a(b+c)}+\frac{1}{b(c+a)}+\frac{1}{c(a+b)}\geq \frac{9}{2(ab+bc+ca)}$.

Ta có: $X_{n+1}=\frac{2X_n}{\sqrt{X_n^2+X_n+1}+\sqrt{X_n^2-X_n+1}} (*)$
Áp dụng BĐT $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\geq \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}$ với $a=c=\frac{\sqrt{3}}{2},b=\frac{1}{2}+X_n,d=\frac{1}{2}-X_n$ ta được: $\sqrt{X_n^2+X_n+1}+\sqrt{X_n^2-X_n+1}\geq 2.$
Do đó $X_{n+1}\leq X_n,\forall n$ hay dãy $(X_n)$ là dãy giảm.
Vì $X_n>0,\forall n$ nên tồn tại $\lim_{n\to \infty}X_n=L\geq 0$.
Từ $(*)$ cho $n\to \infty$ ta được: $L=\frac{2L}{\sqrt{L^2+L+1}+\sqrt{L^2-L+1}}$ suy ra $L=0$.

Ta có:
$3-(a+b+c)=\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}-(a+b+c)=\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+(a+b+c)}\leq \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2(a+b+c)}$
$\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}-(a+b+c)$
$=\sum_{a,b,c}{\left( \frac{a^2+b^2}{a+b}-\frac{a+b}{2}\right)}=\sum_{a,b,c}{\frac{(a-b)^2}{2(a+b)}}\geq \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2(a+b+c)}$.
Từ đó suy ra đpcm. Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

Trong 18 điểm đã cho tồn tại 2 điểm $A$ và $B_1$ sao cho 16 điểm còn lại cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ $AB$.
Kí hiệu 16 điểm còn lại là $B_2,B_3,...,B_{17}$.
KMTTQ, giả sử $\widehat{B_1AB_2}<\widehat{_1BAB_3}<...<\widehat{B_1AB_{17}}$.
Vì $B_i$ nằm trên nửa mặt phẳng bờ $AB_1$ nên $\widehat{B_1AB_2}+\widehat{B_2AB_3}+...+\widehat{B_{16}AB_{17}}<180^0$.
Do đó tồn tại $i$ sao cho $\widehat{B_iAB_{i+1}}<\frac{180^0}{16}<12^0$.

a) $A_k$ là số tự nhiên có $k$ chữ số gồm toàn chữ số 2.
Trong các số $A_1,A_2,...,A_{2004}$ có ít nhất 2 số có cùng số dư khi chia cho 2003, giả sử là $A_i<A_j$.
Khi đó $22...200...0$, là số tự nhiên có $j$ chữ số gồm $j-i$ chữ số 2 và $i$ chữ số 0, chia hết cho 2003.
Mà $(10^k,2003)=1,\forall k$ nên $A_{j-i}$ chia hết cho 2003.

b) Tương tự, ta biết rằng tồn tại số có dạng $B=20022002...2002$ chia hết cho 2003. Khi đó số tự nhiên $B_k$, được tạo thành bằng cách viết $k$ số $B$ liên tiếp nhau, chia hết cho 2003.

Ta có:
$4\sqrt{3abc(a+b+c)}-4(ab+bc+ca)=-2.\frac{(ab-bc)^2+(bc-ca)^2+(ca-ab)^2}{\sqrt{3abc(a+b+c)}+ab+bc+ca}\leq 0$
Đặt $\sqrt{a}=x,\sqrt{b}=y,\sqrt{c}=z$ ta có:
$T=2\left[ \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2-4(ab+bc+ca)\right]$
$=2[xyz(x+y+z)+x^4+y^4+z^4-2x^2y^2-2y^2z^2-2z^2x^2]$
$=[(y+z)^2-x^2](y-z)^2+[(z+x)^2-y^2](z-x)^2+[(x+y)^2-z^2](x-y)^2$
KMTTQ, giả sử $x$ nằm giữa $y$ và $z$ thì $(y-z)^2\geq (z-x)^2+(x-y)^2$. Khi đó:
$T\geq 2(x+y+z)\left[ z(z-x)^2+y(x-y)^2\right]\geq 0.$
Từ đó suy ra đpcm.

ĐK: $xy\geq 0$ và $x,y\geq 1.$
Từ hệ đã cho ta có:
$2(x+y-\sqrt{xy})-4(\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1})=-10.$
$\Leftrightarrow (\sqrt{|x|}-\sqrt{|y|})^2+(\sqrt{x+1}-2)^2+(\sqrt{y+1}-2)^2=0$
$\Leftrightarrow x=y=3$.