1. $\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow{b}$+$\overrightarrow{c}$.
$\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})=\frac{1}{3}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})$.
$\overrightarrow{AG'}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB'}+\overrightarrow{AD'}=\frac{2}{3}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}))$.

2. Từ 1. suy ra $A,G,G',C$ thẳng hàng.
Có $\overrightarrow{A'B}=\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}$ nên $\overrightarrow{A'B}.\overrightarrow{AC'}=0$.
Tương tự: $\overrightarrow{BD}.\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{B'C}.\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{B'D'}.\overrightarrow{AC'}=0$.
Từ đó suy ra $AC'$ vuông góc với $(A'BD)$ và $(CB'D')$.

3. Khoảng cách cần tìm là $GG'$.
Ta có $\overrightarrow{GG'}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})$ nên $GG'^2=\frac{\overrightarrow{a}^2+\overrightarrow{b}^2+\overrightarrow{c}^2}{9}=\frac{d^2}{3}$.

4. $\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{a}+\frac{\overrightarrow{c}}{2},\overrightarrow{C'D}=\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}$.
Từ đó suy ra $\overrightarrow{AI}.\overrightarrow{C'D}=d^2$.
Mặt khác $AI=\frac{d\sqrt{5}}{2}$ và $C'D=d\sqrt{2}$ nên $\cos (AI,C'D)=\frac{\sqrt{10}}{5}$.

5. $\overrightarrow{AJ}=\overrightarrow{a}+\frac{3\overrightarrow{b}}{4}+\overrightarrow{c}$ nên $AJ=\frac{d\sqrt{41}}{4}$.

a. Cộng 2 PT trên vế theo vế ta được:
$2x^2+2xy+y-5+y^2+xy+5x-7=0$
$\Leftrightarrow 2x^2+(3y+5)x+y^2+y-12=0$
Coi PT trên là PT bậc 2 ẩn $x$, ta có $\Delta =(y+11)^2\geq 0$.
Do đó $x=-y-4$ hoặc $x=\frac{3-y}{2}.$
Thay trở lại hệ ban đầu ta tìm được nghiệm.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$ thì $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{IM}$ nên $M(-2,3)$.
Ta có $\overrightarrow{AH}=(0,6)$ là VTPT của $BC$ nên phương trình của $BC$ có dạng:
$0(x+2)+6(y-3)=0$ hay $y=3$.
Giả sử $B(a,3)$ và $C(b,3)$ thì $a+b=-4$.
Vì $\overrightarrow{BH}=(3-a,-4)$ và $\overrightarrow{AC}=(b-3,10)$ nên ta có $(3-a)(b-3)-40=0$ suy ra $ab=-61$.
Từ đây không tìm được $B$ và $C$.

a. Gọi $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$, $G$ là giao điểm của $SO$ và $AM$.
Trong $(SBD)$ kẻ qua $G$ đường thẳng $d//BD$, $d$ cắt $SB$ và $SD$ lần lượt tại $E$ và $F$.

b. Dễ thấy $G$ là trọng tâm $\Delta SAC$ nên $\frac{SG}{SO}=\frac{2}{3}$.
Vì $EF//BD$ nên $\frac{SE}{SB}=\frac{SF}{SD}=\frac{2}{3}$.
Từ đó suy ra $\frac{S_{SMF}}{S_{SCD}}=\frac{SM}{SC}.\frac{SF}{SD}=\frac{1}{3}$. Tương tự $\frac{S_{SME}}{S_{SBC}}=\frac{1}{3}.$

c. Gọi $N$ là trung điểm $CM$ thì $\frac{SM}{SN}=\frac{2}{3}=\frac{SE}{SB}$. Do đó $EM//BN$, suy ra $B$ là trung điểm $CK$.
Tương tự $D$ là trung điểm $CJ$.
Do đó $A\in KJ$ và $KJ//BD//EF.$
Ta có: $\frac{EF}{KJ}=\frac{EF}{BD}.\frac{BD}{KJ}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{3}$.

Kí hiệu $S_{OBC}=S_a,S_{OCA}=S_b,S_{OAB}=S_c,S_{ABC}=S$.
Ta có: $3V_{OABC}=3V=aS_a=bS_b=cS_c=hS$.
Kết hợp với $\frac{1}{h^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}$ ta được:
$\frac{9V^2}{h^2}=\frac{9V^2}{a^2}+\frac{9V^2}{b^2}+\frac{9V^2}{c^2}$ hay $S^2=S_a^2+S_b^2+S_c^2$. (đpcm)

Gọi $M,N,P,H$ là hình chiếu của $O$ trên $BC,CA,AB,(ABC)$.
Để cho gọn, ta kí hiệu $OA=a,OB=b,OC=c,OM=h_a,ON=h_b,OP=h_c,OH=h$.
Ta có: $\frac{1}{h^2}=\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OK^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}.$
Mặt khác: $\frac{1}{h_a^2}=\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2},\frac{1}{h_b^2}=\frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2},\frac{1}{h_c^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}.$
Từ đó suy ra: $\frac{2}{h^2}=\frac{1}{h_a^2}+\frac{1}{h_b^2}+\frac{1}{h_c^2}.$
Mà $\cos \alpha =\frac{h}{h_a},\cos \beta =\frac{h}{h_b},\cos \gamma =\frac{h}{h_c}$ nên ta có đpcm.

Xét dãy số $(S_n)$ xác định bởi:
\begin{cases} S_1=15\\ S_n=10S_{n-1}+5,\forall n>1\end{cases}
Ta có $S_{n}+\frac{5}{9}=10\left( S_{n-1}+\frac{5}{9}\right)=...=10^{n-1}\left( S_1+\frac{5}{9}\right)=\frac{14.10^n}{9}$ hay $S_n=\frac{14.10^n-5}{9}.$
Từ đó suy ra:
$B=\sum_{i=1}^n{S_i}=\frac{1}{9}\sum_{i=1}^n{(14.10^i-5)}=\frac{14}{9}\sum_{i=1}^n10^i-\frac{5n}{9}=\frac{140(10^n-1)}{81}-\frac{5n}{9}$.

Gọi $I,K,L$ lần lượt là trung điểm của $AM,AB,AC$. Dễ thấy $I\in KL$.
Qua $K$ kẻ $Kx//AC$, cắt đường thẳng qua $B$ vuông góc với $AB$ tại $D$.
Qua $L$ kẻ $Ly//AB$, cắt đường thẳng qua $C$ vuông góc với $AC$ tại $E$.
Ta có: $\Delta BKD\sim \Delta PIT$, suy ra $\frac{KD}{KB}=\frac{IT}{IP}$ hay $\frac{KD}{KH}=\frac{IT}{IH}$.
Mà $\widehat{HKD}=\widehat{HIT}=|\widehat{ABC}-\widehat{ACB}|$ nên $\Delta HKD\sim \Delta HIT$, suy ra $\Delta HKI\sim \Delta HDT$. Ta được $\widehat{HIK}=\widehat{HTD}$.
Tương tự: $\widehat{HIL}=\widehat{HTE}$.
Vì $I\in KL$ nên $\widehat{HIK}+\widehat{HIL}=180^o$. Do đó $\widehat{HTD}+\widehat{HTE}=180^o$ hay $T\in DE$.
Quỹ tích điểm $T$ khi $M$ di động trên $BC$ là đoạn $DE$.

Dễ thấy $\Delta IAB\sim \Delta IDC$ nên $\frac{IA}{IB}=\frac{ID}{IC}$.
Trên đoạn $ID$ và $IC$ lấy điểm $M$ và $N$ sao cho $IM=IA$ và $IN=IB$.
Khi đó $\frac{IM}{IN}=\frac{IA}{IB}=\frac{ID}{IC}$ nên $MN//DC$.
Gọi $G,H,K$ là trung điểm $CD,DA,MN$ thì $K\in IG$.
Mặt khác $\Delta IAB=\Delta IMN$ nên tứ giác $ABNM$ nội tiếp. Mà $AB=MN$ nên $AM//BN$, suy ra tứ giác $ABNM$ là hình thang cân.
Theo giả thiết, $IE$ vuông góc với $CD$ nên $IE$ vuông góc với $MN$. Vì $ABNM$ là hình thang cân nên $IK$ vuông góc với $AB$, suy ra $IG$ vuông góc với $AB$.
Vì $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ABCD$ nên $OE$ vuông góc với $AB$ và $OG$ vuông góc với $CD$. Từ đó suy ra $OE//IG$ và $OG//IE$ hay tứ giác $OEIG$ là hình bình hành.
Ta suy ra $OI$ cắt $EG$ tại trung điểm $T$ mỗi đường.
Dễ chứng minh tứ giác $EFGH$ là hình bình hành nên $EG$ và $FH$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Ta được $OI$ và $FH$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường hay tứ giác $OFIH$ là hình bình hành.
Vậy $IF$ song song với $OH$, đồng thời vuông góc với $AD$.

Ta có:
$\frac{C_n^k}{C_{n+k+2}^{k+1}}=\frac{n!(k+1)!(n+1)!}{k!(n-k)!(n+k+2)!}=\frac{n!(n+1)!}{(2n+1)!}.\frac{(k+1)(2n+1)!}{(n+k+2)!(n-k)!}=\frac{1}{C_{2n+1}^n}.\frac{(k+1)(2n+1)!}{(n+k+2)!(n-k)!}.$
Lại có:
$\frac{(k+1)(2n+1)!}{(n+k+2)!(n-k)!}=\frac{[(n+k+2)-(n-k)](2n+1)!}{2(n+k+2)!(n-k)!}=\frac{(2n+1)!}{2(n+k+1)!(n-k)!}-\frac{(2n+1)!}{2(n+k+2)!(n-k-1)!}=\frac{C_{2n+1}^{n+k+1}-C_{2n+1}^{n+k+2}}{2}$
Từ đó suy ra:
$\frac{C_n^k}{C_{n+k+2}^{k+1}}=\frac{1}{2C_{2n+1}^n}(C_{2n+1}^{n+k+1}-C_{2n+1}^{n+k+2})$.
Lấy tổng theo $k$ từ $0$  đến $n$ ta được:
$S=\frac{1}{2C_{2n+1}^n}(C_{2n+1}^{n+1}-C_{2n+1}^{2n+2})=\frac{1}{2}.$

Dễ thấy $\Delta AMN$ cân tại $A$ và $BP//AN$ nên $\Delta BMP$ cân tại $B$.
Ta được $BP=BM=BK$ nên $\Delta BPK$ cân tại $B$.
Tương tự $\Delta DQK$ cân tại $D$, $\Delta CPQ$ cân tại $Q$.
Giả sử đường tròn $(PQK)$ tiếp xúc với $BC,CD,DB$ tại $P',Q',K'$.
Nếu $BP'<BP$ thì $BK'<BK$. Từ đó suy ra $CP'>CP$ và $DK'>DK$, dẫn đến $CQ'<CQ$ và $DQ'<DQ$ (vô lý).
Vậy $BP'\geq BP$. Tương tự $BP'\leq BP$ nên $P'\equiv P$.
Tương tự $Q'\equiv Q,K'\equiv K$. Vậy đường tròn nội tiếp $\Delta BCD$ là $(PQK)$ (đpcm).