Đặt $z=x+yi$ với $x,y \in R$$\left| {2i - 2\overline z } \right| = \left| {2z - 1} \right|$$ \Leftrightarrow \left| {2i - 2(x - yi)} \right| = \left| {2(x + yi) - 1} \right|$$ \Leftrightarrow \left| { - 2x + (2 - 2y)i} \right| = \left| {(2x - 1) + 2yi} \right|$$ \Leftrightarrow 4{x^2} + {(2 - 2y)^2} = {(2x - 1)^2} + 4{y^2}$$ \Leftrightarrow 4{x^2} + 4 - 8y + 4{y^2} = 4{x^2} - 4x + 1$$ \Leftrightarrow 4x - 8y + 3 = 0$Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng $4x - 8y + 3 = 0$.

Đặt $z=x+yi$ với $x,y \in R$$\left| {2i - 2\overline z } \right| = \left| {2z - 1} \right|$$ \Leftrightarrow \left| {2i - 2(x - yi)} \right| = \left| {2(x + yi) - 1} \right|$$ \Leftrightarrow \left| { - 2x + (2 + 2y)i} \right| = \left| {(2x - 1) + 2yi} \right|$$ \Leftrightarrow 4{x^2} + {(2 + 2y)^2} = {(2x - 1)^2} + 4{y^2}$$ \Leftrightarrow 4{x^2} + 4 + 8y + 4{y^2} = 4{x^2} - 4x + 1$$ \Leftrightarrow 4x +8y + 3 = 0$times="" new="" roman","serif";mso-fareast-font-family:="" "times="" roman";mso-fareast-theme-font:minor-fareast;mso-bidi-theme-font:="" minor-bidi;mso-ansi-language:en-us;mso-fareast-language:en-us;mso-bidi-language:="" ar-sa"="">Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng $4x - 8y + 3 = 0$.

Gọi I(a;b;c) là trung điểm của BC. Do $G \in d \Rightarrow G(2 + t,2 + 2t, - 2 - t)$ Ta có:$\overrightarrow {AG} = (t + 3,2t, - t - 3)$$\overrightarrow {AI} = (a + 1,b - 2,c - 1)$Mà $\overrightarrow {AI} = \frac{3}{2}\overrightarrow {AG} = \frac{3}{2}(t + 3,2t, - t - 3)$$\Rightarrow \begin{cases}a + 1 = \frac{3}{2}(t + 3) \\ b - 2 = \frac{3}{2}.2t \\ c - 1 = \frac{3}{2}( - t - 3)\end{cases} $$ \Leftrightarrow \begin{cases}a = \frac{3}{2}t + \frac{7}{2} \\ b = 3t + 2 \\ c = - \frac{3}{2}t - \frac{7}{2} \end{cases}$Mà $I \in (P) \Rightarrow 2(\frac{3}{2}t + \frac{7}{2}) + 2(3t + 2) - ( - \frac{3}{2}t - \frac{7}{2}) - 4 = 0$$ \Leftrightarrow t = - 1 \Leftrightarrow G(1,0, - 1)$$\Rightarrow \overrightarrow {AG} = (2, - 2, - 2) \Rightarrow A{G^2} = 12$Ta lại có:$B{C^2} = {(\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} )^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2\overrightarrow {AB} \overrightarrow {.AC} $$ \Rightarrow 2\overrightarrow {AB} \overrightarrow {.AC} = A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}$Mà $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AI} = 3\overrightarrow {AG} $$\Rightarrow 9A{G^2} = {(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} )^2} = A{B^2} + A{C^2} + 2\overrightarrow {AB} \overrightarrow {.AC} = 2(A{B^2} + A{C^2}) - B{C^2}$$\Rightarrow A{B^2} + A{C^2} = \frac{{9A{G^2} + B{C^2}}}{2} = \frac{{9.12 + 16}}{2} = 62$

Gọi I(a;b;c) là trung điểm của BC. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Do $G \in d \Rightarrow G(2 + t,2 + 2t, - 2 - t)$ Ta có:$\overrightarrow {AG} = (t + 3,2t, - t - 3)$$\overrightarrow {AI} = (a + 1,b - 2,c - 1)$Mà $\overrightarrow {AI} = \frac{3}{2}\overrightarrow {AG} = \frac{3}{2}(t + 3,2t, - t - 3)$$\Rightarrow \begin{cases}a + 1 = \frac{3}{2}(t + 3) \\ b - 2 = \frac{3}{2}.2t \\ c - 1 = \frac{3}{2}( - t - 3)\end{cases} $$ \Leftrightarrow \begin{cases}a = \frac{3}{2}t + \frac{7}{2} \\ b = 3t + 2 \\ c = - \frac{3}{2}t - \frac{7}{2} \end{cases}$Mà $I \in (P) \Rightarrow 2(\frac{3}{2}t + \frac{7}{2}) + 2(3t + 2) - ( - \frac{3}{2}t - \frac{7}{2}) - 4 = 0$$ \Leftrightarrow t = - 1 \Leftrightarrow G(1,0, - 1)$$\Rightarrow \overrightarrow {AG} = (2, - 2, - 2) \Rightarrow A{G^2} = 12$Ta lại có:$B{C^2} = {(\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} )^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2\overrightarrow {AB} \overrightarrow {.AC} $$ \Rightarrow 2\overrightarrow {AB} \overrightarrow {.AC} = A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}$Mà $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AI} = 3\overrightarrow {AG} $$\Rightarrow 9A{G^2} = {(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} )^2} = A{B^2} + A{C^2} + 2\overrightarrow {AB} \overrightarrow {.AC} = 2(A{B^2} + A{C^2}) - B{C^2}$$\Rightarrow A{B^2} + A{C^2} = \frac{{9A{G^2} + B{C^2}}}{2} = \frac{{9.12 + 16}}{2} = 62$

Gọi $z = x + yi{\rm{ }}(x,y \in R)$\[|z| - 2\bar z = 3( - 1 + 2i) \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + {y^2}} - 2(x - yi) = 3( - 1 + 2i)\]\[ \Leftrightarrow \begin{cases} \sqrt {{x^2} + {y^2}} - 2x = - 3 \\ 2y=6 \end{cases}\]\[ \Leftrightarrow \begin{cases} \sqrt {{x^2} + 9} = 2x - 3 (1) \\ y= 3\end{cases}\]$(1) \Leftrightarrow \begin{cases} 2x - 3 \ge 0\\ {x^2} + 9 = 4{x^2} - 12x + 9 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x \ge \frac{3}{2} \\ 3{x^2} - 12x = 0\end{cases} \Leftrightarrow x=2$Vậy $z = 2 + 3i$. $|z| + |z{|^2} = \sqrt {13} + 13.$

Gọi $z = x + yi{\rm{ }}(x,y \in R)$\[|z| - 2\bar z = 3( - 1 + 2i) \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + {y^2}} - 2(x - yi) = 3( - 1 + 2i)\]\[ \Leftrightarrow \begin{cases} \sqrt {{x^2} + {y^2}} - 2x = - 3 \\ 2y=6 \end{cases}\]\[ \Leftrightarrow \begin{cases} \sqrt {{x^2} + 9} = 2x - 3 (1) \\ y= 3\end{cases}\]$(1) \Leftrightarrow \begin{cases} 2x - 3 \ge 0\\ {x^2} + 9 = 4{x^2} - 12x + 9 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x \ge \frac{3}{2} \\ 3{x^2} - 12x = 0\end{cases} \Leftrightarrow x=4$Vậy $z = 4 + 3i$. $|z| + |z{|^2} = 5 + 25 = 30.$

* Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) và bán kính R = 3. * $M \in (\Delta ):x - y + 1 = 0 \Rightarrow M(m;m + 1)$ * Dễ thấy tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn (C’) đường kính MI. Gọi K là trung điểm MI, ta có: $K(\frac{{m + 1}}{2};\frac{{m - 1}}{2})$ $\overrightarrow {IM} = (m - 1,m + 3) \Rightarrow R' = \frac{{IM}}{2} = \frac{{\sqrt {2{m^2} + 4m + 10} }}{2}$ Suy ra phương trình đường tròn (C’): ${(x - \frac{{m + 1}}{2})^2} + {(y - \frac{{m - 1}}{2})^2} = \frac{{{m^2} + 2m + 5}}{2}$ $\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - (m + 1)x - (m - 1)y - 2m - 2 = 0$ * Khi đó, AB là trục đẳng phương của hai đường tròn (C) và (C’). Suy ra phương trình đường thẳng AB: $( - m + 1)x + ( - m - 3)y - 2m + 2 = 0$ * Ta có: $d(N,AB) = \frac{{\left| {\frac{1}{2}( - m + 1) + ( - m - 3) - 2m + 2} \right|}}{{\sqrt {{{( - m + 1)}^2} + {{( - m - 3)}^2}} }}$ $\Leftrightarrow d(N,AB) = \frac{{\left| { - \frac{{7m}}{2} - \frac{1}{2}} \right|}}{{\sqrt {{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}} }} = \frac{1}{2}\frac{{\left| {7m + 1} \right|}}{{\sqrt {{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}} }}$ * Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: $\left| {7m + 1} \right| = \left| {5(m - 1) + 2(m + 3)} \right| \le \sqrt {{5^2} + {2^2}} \sqrt {{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}}$ $\Leftrightarrow \frac{{\left| {7m + 1} \right|}}{{\sqrt {{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}} }} \le \sqrt {29}$ $\Leftrightarrow d(N,AB) \le \frac{{\sqrt {29} }}{2}$ Vậy $Maxd(N,AB) = \frac{{\sqrt {29} }}{2} \Leftrightarrow \frac{{m - 1}}{5} = \frac{{m + 3}}{2} \Leftrightarrow m = \frac{{ - 17}}{3} \Leftrightarrow M(\frac{{ - 17}}{3};\frac{{ - 14}}{3})$

* Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) và bán kính R = 3. * $M \in (\Delta ):x - y + 1 = 0 \Rightarrow M(m;m + 1)$ * Dễ thấy tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn (C’) đường kính MI. Gọi K là trung điểm MI, ta có: $K(\frac{{m + 1}}{2};\frac{{m - 1}}{2})$ $\overrightarrow {IM} = (m - 1,m + 3) \Rightarrow R' = \frac{{IM}}{2} = \frac{{\sqrt {2{m^2} + 4m + 10} }}{2}$ Suy ra phương trình đường tròn (C’): ${(x - \frac{{m + 1}}{2})^2} + {(y - \frac{{m - 1}}{2})^2} = \frac{{{m^2} + 2m + 5}}{2}$ $\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - (m + 1)x - (m - 1)y - m - 2 = 0$ * Khi đó, AB là trục đẳng phương của hai đường tròn (C) và (C’). Suy ra phương trình đường thẳng AB: $( - m + 1)x + ( - m - 3)y - m + 2 = 0$ * Ta có: $d(N,AB) = \frac{{\left| {\frac{1}{2}( - m + 1) + ( - m - 3) - m + 2} \right|}}{{\sqrt {{{( - m + 1)}^2} + {{( - m - 3)}^2}} }}$ $\Leftrightarrow d(N,AB) = \frac{{\left| { - \frac{{5m}}{2} - \frac{1}{2}} \right|}}{{\sqrt {{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}} }} = \frac{1}{2}\frac{{\left| {5m + 1} \right|}}{{\sqrt {{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}} }}$ * Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: $\left| {5m + 1} \right| = \left| {\frac{7}{2}(m - 1) + \frac{3}{2}(m + 3)} \right| \le \sqrt {{{\left( {\frac{7}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}} \sqrt {{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}}$ $\Leftrightarrow \frac{{\left| {5m + 1} \right|}}{{\sqrt {{{(m - 1)}^2} + {{(m + 3)}^2}} }} \le \frac{{\sqrt {58} }}{2}$ $\Leftrightarrow d(N,AB) \le \frac{{\sqrt {58} }}{4}$ Vậy $Maxd(N,AB) = \frac{{\sqrt {58} }}{4} \Leftrightarrow \frac{{m - 1}}{{\frac{7}{2}}} = \frac{{m + 3}}{{\frac{3}{2}}} \Leftrightarrow m = - 6 \Leftrightarrow M( - 6; - 5)$

* AB = 10. Phương trình đường thẳng AB: 3x + 4y = 0. * Do $C \in (E)$, ta gọi $C(4\cos t,3\sin t),t \in \left[ {\frac{{ - \pi }}{2};\frac{\pi }{2}} \right]$ * ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.d(C,AB)$ Suy ra ${S_{ABC}}$ lớn nhất $\Leftrightarrow d(C,AB)$ lớn nhất. * $d(C,AB) = \frac{{\left| {12\cos t + 12\sin t} \right|}}{5} = \frac{{12\sqrt 2 \left| {\sin (t + \frac{\pi }{4})} \right|}}{5}$ Suy ra: $Maxd(C,AB) = \frac{{12\sqrt 2 }}{5} \Leftrightarrow \sin (t + \frac{\pi }{4}) = \pm 1 \Leftrightarrow t = \frac{\pi }{4} \vee t = - \frac{{3\pi }}{4} \Leftrightarrow C(\frac{{4\sqrt 2 }}{2};\frac{{3\sqrt 2 }}{2}) \vee C(\frac{{ - 4\sqrt 2 }}{2};\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2})$ Vậy \[Max{S_{ABC}} = 12\sqrt 2 \Leftrightarrow C(\frac{{4\sqrt 2 }}{2};\frac{{3\sqrt 2 }}{2}) \vee C(\frac{{ - 4\sqrt 2 }}{2};\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2})\]

* AB = 10. Phương trình đường thẳng AB: 3x + 4y = 0. * Do $C \in (E)$, ta gọi $C(4\cos t,3\sin t),t \in \left[ { - \pi ;\pi } \right]$ * ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.d(C,AB)$ Suy ra ${S_{ABC}}$ lớn nhất $\Leftrightarrow d(C,AB)$ lớn nhất. * $d(C,AB) = \frac{{\left| {12\cos t + 12\sin t} \right|}}{5} = \frac{{12\sqrt 2 \left| {\sin (t + \frac{\pi }{4})} \right|}}{5}$ Suy ra: $Maxd(C,AB) = \frac{{12\sqrt 2 }}{5} \Leftrightarrow \sin (t + \frac{\pi }{4}) = \pm 1 \Leftrightarrow t = \frac{\pi }{4} \vee t = - \frac{{3\pi }}{4} \Leftrightarrow C(\frac{{4\sqrt 2 }}{2};\frac{{3\sqrt 2 }}{2}) \vee C(\frac{{ - 4\sqrt 2 }}{2};\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2})$ Vậy \[Max{S_{ABC}} = 12\sqrt 2 \Leftrightarrow C(\frac{{4\sqrt 2 }}{2};\frac{{3\sqrt 2 }}{2}) \vee C(\frac{{ - 4\sqrt 2 }}{2};\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2})\]times="" new="" roman""="">

* AB = 10. Phương trình đường thẳng AB: 3x + 4y = 0. * Do $C \in (E)$, ta gọi $C(4\cos t,3\sin t),t \in \left[ {\frac{{ - \pi }}{2};\frac{\pi }{2}} \right]$ * ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.d(C,AB)$ Suy ra ${S_{ABC}}$ lớn nhất $\Leftrightarrow d(C,AB)$ lớn nhất. * $d(C,AB) = \frac{{\left| {12\cos t + 12\sin t} \right|}}{5} = \frac{{12\sqrt 2 \left| {\sin (t + \frac{\pi }{4})} \right|}}{5}$ Suy ra: $Maxd(C,AB) = \frac{{12\sqrt 2 }}{5} \Leftrightarrow \sin (t + \frac{\pi }{4}) = 1 \Leftrightarrow t = \frac{\pi }{4} \Leftrightarrow C(\frac{{4\sqrt 2 }}{2};\frac{{3\sqrt 2 }}{2})$ Vậy $Max{S_{ABC}} = 12\sqrt 2 \Leftrightarrow C(\frac{{4\sqrt 2 }}{2};\frac{{3\sqrt 2 }}{2})$

times="" new="" roman""="">* AB = 10. Phương trình đường thẳng AB: 3x + 4y = 0. times="" new="" roman""="">* Do $C \in (E)$, ta gọi $C(4\cos t,3\sin t),t \in \left[ {\frac{{ - \pi }}{2};\frac{\pi }{2}} \right]$ times="" new="" roman""="">* ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.d(C,AB)$ times="" new="" roman""="">Suy ra ${S_{ABC}}$ lớn nhất $\Leftrightarrow d(C,AB)$ lớn nhất. times="" new="" roman""="">* $d(C,AB) = \frac{{\left| {12\cos t + 12\sin t} \right|}}{5} = \frac{{12\sqrt 2 \left| {\sin (t + \frac{\pi }{4})} \right|}}{5}$ times="" new="" roman""="">Suy ra: $Maxd(C,AB) = \frac{{12\sqrt 2 }}{5} \Leftrightarrow \sin (t + \frac{\pi }{4}) = \pm 1 \Leftrightarrow t = \frac{\pi }{4} \vee t = - \frac{{3\pi }}{4} \Leftrightarrow C(\frac{{4\sqrt 2 }}{2};\frac{{3\sqrt 2 }}{2}) \vee C(\frac{{ - 4\sqrt 2 }}{2};\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2})$ times="" new="" roman""="">Vậy \[Max{S_{ABC}} = 12\sqrt 2 \Leftrightarrow C(\frac{{4\sqrt 2 }}{2};\frac{{3\sqrt 2 }}{2}) \vee C(\frac{{ - 4\sqrt 2 }}{2};\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2})\]

Gọi $z = x + yi$ với $x,y \in R$. Ta có: $\left| z \right| = \sqrt {{x^2} + {y^2}} $ ${z^2} + 4 = {x^2} - {y^2} + 4 + 2xyi$ $\left| {{z^2} + 4} \right| = 2\left| z \right| \Leftrightarrow {({x^2} - {y^2} + 4)^2} + 4{x^2}{y^2} = 4({x^2} + {y^2})$ $\Leftrightarrow {x^4} + {y^4} + 16 + 8{x^2} - 8{y^2} - 2{x^2}{y^2} + 4{x^2}{y^2} - 4{x^2} - 4{y^2} = 0$ $\Leftrightarrow {x^4} + {y^4} + 2{x^2}{y^2} + 4{x^2} - 12{y^2} + 16 = 0$ $\Leftrightarrow {({x^2} + {y^2})^2} + 4{x^2} - 12({\left| z \right|^2} - {x^2}) + 16 = 0$ $\Leftrightarrow {\left| z \right|^4} - 12{\left| z \right|^2} + 16{x^2} + 16 = 0$ $\Delta ' = 36 - (16{x^2} + 16) = 20 - 16{x^2}$ Do ${\left| z \right|^2}$ tồn tại nên $20 - 16{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{ - \sqrt 5 }}{2} \le x \le \frac{{\sqrt 5 }}{2}$. Khi đó: ${\left| z \right|^2} = 6 \pm \sqrt {20 - 16{x^2}} $ $\Leftrightarrow \left| z \right| = \sqrt {6 \pm \sqrt {20 - 16{x^2}} } $ $Min\left| z \right| = \sqrt {6 - \sqrt {20} } = \sqrt 5 - 1 \Leftrightarrow x = 0,y = \sqrt 5 - 1 \Leftrightarrow z = (\sqrt 5 - 1)i$ $Max\left| z \right| = \sqrt {6 + \sqrt {20} } = \sqrt 5 + 1 \Leftrightarrow x = 0,y = \sqrt 5 + 1 \Leftrightarrow z = (\sqrt 5 + 1)i$

times="" new="" roman""="">Gọi $z = x + yi$ với $x,y \in R$. times="" new="" roman""="">Ta có: times="" new="" roman""="">$\left| z \right| = \sqrt {{x^2} + {y^2}} $ times="" new="" roman""="">${z^2} + 4 = {x^2} - {y^2} + 4 + 2xyi$ times="" new="" roman""="">$\left| {{z^2} + 4} \right| = 2\left| z \right| \Leftrightarrow {({x^2} - {y^2} + 4)^2} + 4{x^2}{y^2} = 4({x^2} + {y^2})$ times="" new="" roman""="">$\Leftrightarrow {x^4} + {y^4} + 16 + 8{x^2} - 8{y^2} - 2{x^2}{y^2} + 4{x^2}{y^2} - 4{x^2} - 4{y^2} = 0$ times="" new="" roman""="">$\Leftrightarrow {x^4} + {y^4} + 2{x^2}{y^2} + 4{x^2} - 12{y^2} + 16 = 0$ times="" new="" roman""="">$\Leftrightarrow {({x^2} + {y^2})^2} + 4{x^2} - 12({\left| z \right|^2} - {x^2}) + 16 = 0$ times="" new="" roman""="">$\Leftrightarrow {\left| z \right|^4} - 12{\left| z \right|^2} + 16{x^2} + 16 = 0$ times="" new="" roman""="">$\Delta ' = 36 - (16{x^2} + 16) = 20 - 16{x^2}$ times="" new="" roman""="">Do ${\left| z \right|^2}$ tồn tại nên $20 - 16{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{ - \sqrt 5 }}{2} \le x \le \frac{{\sqrt 5 }}{2}$. times="" new="" roman""="">Khi đó: ${\left| z \right|^2} = 6 \pm \sqrt {20 - 16{x^2}} $ times="" new="" roman""="">$\Leftrightarrow \left| z \right| = \sqrt {6 \pm \sqrt {20 - 16{x^2}} } $ trong đó $\frac{{ - \sqrt 5 }}{2} \le x \le \frac{{\sqrt 5 }}{2}$ times="" new="" roman""="">$Min\left| z \right| = \sqrt {6 - \sqrt {20} } = \sqrt 5 - 1 \Leftrightarrow x = 0,y = \sqrt 5 - 1 \Leftrightarrow z = (\sqrt 5 - 1)i$ times="" new="" roman""="">$Max\left| z \right| = \sqrt {6 + \sqrt {20} } = \sqrt 5 + 1 \Leftrightarrow x = 0,y = \sqrt 5 + 1 \Leftrightarrow z = (\sqrt 5 + 1)i$

${\rm{2cos5x}}({\rm{2cos4x}} + {\rm{2cos2x}} + {\rm{1}}) = {\rm{1}}$ $ \Leftrightarrow {\rm{4cos5x}}{\rm{.cos4x + 4cos5x}}{\rm{.cos2x + 2cos5x}} = 1$ $ \Leftrightarrow 2({\rm{cos9x + cosx + cos7x + cos3x + cos5x}}) = 1$ $ \Leftrightarrow 2({\rm{cos9x + cos7x + cos5x + cos3x + cosx}}) = 1 (1) $ * Nếu $x = k2\pi $ thì $VT = 10 \ne 1.$ * Nếu $x = \pi + k2\pi $ thì $VT = - 10 \ne 1$ Suy ra $x = k\pi $ không phải là nghiệm của phương trình. Khi $x \ne k\pi $, ta nhân hai vế phương trình cho ${\rm{sinx}}$ ta được: ${\rm{(1)}} \Leftrightarrow 2{\rm{cos9x}}.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + 2{\rm{cos7x}}.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx + }}2{\rm{cos5x}}.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx + }}2{\rm{cos3x}}.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx + }}2{\rm{cosx}}.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx = }}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}$ $ \Leftrightarrow {\rm{(sin10x - sin8x) + (sin8x - sin6x) + (sin6x - sin4x) + (sin4x - sin2x) + sin2x = sinx}}$ $\Leftrightarrow {\rm{sin10x = sinx}}$ $\Leftrightarrow {\rm{10x = x + k2}}\pi $ hay ${\rm{10x = }}\pi - {\rm{x + k2}}\pi $ $\Leftrightarrow x = \frac{{{\rm{k2}}\pi }}{9} \vee x = \frac{\pi }{{11}} + \frac{{{\rm{k2}}\pi }}{{11}}$ Do $x \ne k\pi $ nên tập nghiệm của phương trình là: ${\rm{\{ }}x = \frac{{{\rm{k2}}\pi }}{9}|k \in Z,k\not \vdots 9\} \cup {\rm{\{ }}x = \frac{\pi }{{11}} + \frac{{{\rm{k2}}\pi }}{{11}}|k \in Z{\rm{\} }}$

${\rm{2cos5x}}({\rm{2cos4x}} + {\rm{2cos2x}} + {\rm{1}}) = {\rm{1}}$ $ \Leftrightarrow {\rm{4cos5x}}{\rm{.cos4x + 4cos5x}}{\rm{.cos2x + 2cos5x}} = 1$ $\Leftrightarrow 2({\rm{cos9x + cosx) + 2(cos7x + cos3x) + 2cos5x}} = 1$ $ \Leftrightarrow 2({\rm{cos9x + cos7x + cos5x + cos3x + cosx}}) = 1 (1) $ * Nếu $x = k2\pi $ thì $VT = 10 \ne 1.$ * Nếu $x = \pi + k2\pi $ thì $VT = - 10 \ne 1$ Suy ra $x = k\pi $ không phải là nghiệm của phương trình. Khi $x \ne k\pi $, ta nhân hai vế phương trình cho ${\rm{sinx}}$ ta được: ${\rm{(1)}} \Leftrightarrow 2{\rm{cos9x}}.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + 2{\rm{cos7x}}.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx + }}2{\rm{cos5x}}.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx + }}2{\rm{cos3x}}.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx + }}2{\rm{cosx}}.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx = }}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}$ $ \Leftrightarrow {\rm{(sin10x - sin8x) + (sin8x - sin6x) + (sin6x - sin4x) + (sin4x - sin2x) + sin2x = sinx}}$ $\Leftrightarrow {\rm{sin10x = sinx}}$ $\Leftrightarrow {\rm{10x = x + k2}}\pi $ hay ${\rm{10x = }}\pi - {\rm{x + k2}}\pi $ $\Leftrightarrow x = \frac{{{\rm{k2}}\pi }}{9} \vee x = \frac{\pi }{{11}} + \frac{{{\rm{k2}}\pi }}{{11}}$ Do $x \ne k\pi $ nên tập nghiệm của phương trình là: ${\rm{\{ }}x = \frac{{{\rm{k2}}\pi }}{9}|k \in Z,k\not \vdots 9\} \cup {\rm{\{ }}x = \frac{\pi }{{11}} + \frac{{{\rm{k2}}\pi }}{{11}}|k \in Z{\rm{\} }}$

Đặt $f(x) = a{x^2} + bx + c$ Ta có: $2a + 6b + 19c = 0 \Leftrightarrow c = - \frac{{2a + 6b}}{{19}}$ $f(0) = c = \frac{{ - 2a - 6b}}{{19}}$ $f(\frac{1}{3}) = \frac{1}{9}a + \frac{1}{3}b + c = \frac{1}{9}a + \frac{1}{3}b - \frac{{2a + 6b}}{{19}} = \frac{{a + 3b}}{{171}}$ $\Rightarrow f(0).f(3) = \frac{-2}{{3249}}{(a + 3b)^2}$ * TH1: $a + 3b = 0$. Do $2a + 6b + 19c = 0$. Suy ra: $c = 0$. Phương trình có nghiệm $x = 0 \in {\rm{[0;}}\frac{1}{3}{\rm{]}}$ * TH2: $a + 3b \ne 0 \Rightarrow f(0).f(3) = \frac{-2}{{3249}}{(a + 3b)^2} < 0$ Mà f(x) là hàm đa thức nên f(x) liên tục trên đoạn ${\rm{[0;}}\frac{1}{3}{\rm{]}}$ Suy ra phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn ${\rm{[0;}}\frac{1}{3}{\rm{]}}$.

Đặt $f(x) = a{x^2} + bx + c$ Ta có: $2a + 6b + 19c = 0 \Leftrightarrow c = - \frac{{2a + 6b}}{{19}}$ $f(0) = c = \frac{{ - 2a - 6b}}{{19}}$ $f(\frac{1}{3}) = \frac{1}{9}a + \frac{1}{3}b + c = \frac{1}{9}a + \frac{1}{3}b - \frac{{2a + 6b}}{{19}} = \frac{{a + 3b}}{{171}}$ $\Rightarrow f(0).f(3) = \frac{-2}{{3249}}{(a + 3b)^2}$ * TH1: $a + 3b = 0$. Do $2a + 6b + 19c = 0$. Suy ra: $c = 0$. Phương trình có nghiệm $x = 0 \in {\rm{[0;}}\frac{1}{3}{\rm{]}}$ * TH2: $a + 3b \ne 0 \Rightarrow f(0).f(3) = \frac{-2}{{3249}}{(a + 3b)^2} < 0$ Mà f(x) là hàm đa thức nên f(x) liên tục trên đoạn ${\rm{[0;}}\frac{1}{3}{\rm{]}}$ Suy ra phương trình có ít nhất một nghiệm trên khoảng $\left( {{\rm{0;}}\frac{1}{3}} \right) \subset \left[ {{\rm{0;}}\frac{1}{3}} \right]$Tóm lại, phương trình luôn có nghiệm trên đoạn ${\rm{[0;}}\frac{1}{3}{\rm{]}}$ .

$2\sqrt{1-\frac{2}{x}} + \sqrt{2x-\frac{8}{x}} \geq x$ $\Leftrightarrow 2\sqrt {\frac{{x - 2}}{x}} + \sqrt {\frac{{2{x^2} - 8x}}{x}} \ge x$ (1) * Điều kiện: $\frac{{x - 2}}{x} \ge 0 và \frac{{2{x^2} - 8x}}{x} \ge 0 \Leftrightarrow - 2 \le x < 0 hay x \ge 2$ * Dễ thấy, với $- 2 \le x < 0$, bất phương trình luôn đúng. * Xét $x \ge 2$ $(1) \Leftrightarrow \sqrt {\frac{{x - 2}}{x}} (2 + \sqrt {2x + 4} ) \ge x$ $(1) \Leftrightarrow \sqrt {\frac{{x - 2}}{x}} \frac{{2x}}{{\sqrt {2x + 4} - 2}} \ge x$ $(1) \Leftrightarrow \sqrt {\frac{{x - 2}}{x}} \frac{2}{{\sqrt {2x + 4} - 2}} \ge 1$ $(1) \Leftrightarrow \frac{{2\sqrt {x - 2} }}{{\sqrt x (\sqrt {2x + 4} - 2)}} \ge 1$ $(1) \Leftrightarrow 2\sqrt {x - 2} \ge \sqrt x (\sqrt {2x + 4} - 2)$ $(1) \Leftrightarrow 2\sqrt {x - 2} + 2\sqrt x \ge \sqrt {2{x^2} + 4x} $ $(1) \Leftrightarrow 4x - 8 + 4x + 8\sqrt {{x^2} - 2x} \ge 2{x^2} + 4x$ $(1) \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 4\sqrt {{x^2} - 2x} + 4 \le 0$ $(1) \Leftrightarrow {(\sqrt {{x^2} - 2x} - 2)^2} \le 0$ $(1) \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 2x} = 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \pm \sqrt 5 $ Do $x \ge 2$ nên ta loại $x = 1 - \sqrt 5 $ Vậy tập nghiệm của bất phương trình: $S = {\rm{[}} - 2;0] \cup {\rm{\{ }}1 + \sqrt 5 {\rm{\} }}$

$2\sqrt{1-\frac{2}{x}} + \sqrt{2x-\frac{8}{x}} \geq x$ $\Leftrightarrow 2\sqrt {\frac{{x - 2}}{x}} + \sqrt {\frac{{2{x^2} - 8x}}{x}} \ge x$ (1) * Điều kiện: $\frac{{x - 2}}{x} \ge 0 và \frac{{2{x^2} - 8x}}{x} \ge 0 \Leftrightarrow - 2 \le x < 0 hay x \ge 2$ * Dễ thấy, với $- 2 \le x < 0$, bất phương trình luôn đúng. * Xét $x \ge 2$ $(1) \Leftrightarrow \sqrt {\frac{{x - 2}}{x}} (2 + \sqrt {2x + 4} ) \ge x$ $(1) \Leftrightarrow \sqrt {\frac{{x - 2}}{x}} \frac{{2x}}{{\sqrt {2x + 4} - 2}} \ge x$ $(1) \Leftrightarrow \sqrt {\frac{{x - 2}}{x}} \frac{2}{{\sqrt {2x + 4} - 2}} \ge 1$ $(1) \Leftrightarrow \frac{{2\sqrt {x - 2} }}{{\sqrt x (\sqrt {2x + 4} - 2)}} \ge 1$ $(1) \Leftrightarrow 2\sqrt {x - 2} \ge \sqrt x (\sqrt {2x + 4} - 2)$ (Chú ý: $x \ge 2 \Rightarrow \sqrt {2x + 4} - 2 > 0$ ) $(1) \Leftrightarrow 2\sqrt {x - 2} + 2\sqrt x \ge \sqrt {2{x^2} + 4x} $ $(1) \Leftrightarrow 4x - 8 + 4x + 8\sqrt {{x^2} - 2x} \ge 2{x^2} + 4x$ $(1) \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 4\sqrt {{x^2} - 2x} + 4 \le 0$ $(1) \Leftrightarrow {(\sqrt {{x^2} - 2x} - 2)^2} \le 0$ $(1) \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 2x} = 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \pm \sqrt 5 $ Do $x \ge 2$ nên ta loại $x = 1 - \sqrt 5 $ Vậy tập nghiệm của bất phương trình: $S = {\rm{[}} - 2;0] \cup {\rm{\{ }}1 + \sqrt 5 {\rm{\} }}$

1) Tam giác SAC có đường trung tuyến $SO = \frac{a}{2} = \frac{1}{2}AC$ nên SAC vuông tại S. SO đồng thời là đường cao của tam giác SAC nên tam giác SAC vuông cân. $SA = SA = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ Tam giác ABC đều cạnh a nên đường cao $BO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$Tam giác SBD có SO là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên SBD cân tại S. $SB = SD = \sqrt {S{O^2} + B{O^2}} = a.$ 2) Gọi K là trung điểm AB, I là trung điểm AK. Tam giác ABD đều nên đường trung tuyến CK đồng thời là đường cao, $IK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ OI là đường trung bình của tam giác CAI nên $ OI = \frac{1}{2}CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{4} và OI\parallel CK.$ $Do CK \bot AB \Rightarrow OI \bot AB$. Mà $SO \bot AB$$\Rightarrow AB \bot (SOI)$ Trong (SOI), kẻ $OH \bot SI$ Mà $OH \bot AB$ (do $AB \bot (SOI)$) $\Rightarrow OH \bot (SAB)$ $ \Rightarrow d(O,(SAB)) = OH$ Trong tam giác SOI vuông tại O có đường cao OH, ta có: \[\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{28}}{{3{a^2}}} \Leftrightarrow OH = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\] Vậy ${\rm{d}}\left( {{\rm{O}},\left( {{\rm{SAB}}} \right)} \right){\rm{ }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}.$ 3) Ta có: $AC \bot BD,AC \bot SO \Rightarrow AC \bot (SBD)$ Trong (SBD), kẻ $OP \bot SB.$ Mà $OP \subset (SBD) \Rightarrow OP \bot AC$ $\Rightarrow OP$ là đường vuông góc chung của AC và SB. $\Rightarrow d(AC,SB) = OP$ Trong tam giác SOB vuông tại O có đường cao OP, ta có: \[\frac{1}{{O{P^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} = \frac{4}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}} \Leftrightarrow OP = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\] Vậy ${\rm{d}}\left( {{\rm{AC}},{\rm{SB}}} \right){\rm{ }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.$

1) Tam giác SAC có đường trung tuyến $SO = \frac{a}{2} = \frac{1}{2}AC$ nên SAC vuông tại S. SO đồng thời là đường cao của tam giác SAC nên tam giác SAC vuông cân. $SA = SA = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ Tam giác ABC đều cạnh a nên đường cao $BO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$Tam giác SBD có SO là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên SBD cân tại S. $SB = SD = \sqrt {S{O^2} + B{O^2}} = a.$ 2) Gọi K là trung điểm AB, I là trung điểm AK. Tam giác ABD đều nên đường trung tuyến CK đồng thời là đường cao, $CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ OI là đường trung bình của tam giác CAI nên $ OI = \frac{1}{2}CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{4} và OI\parallel CK.$ $Do CK \bot AB \Rightarrow OI \bot AB$. Mà $SO \bot AB$$\Rightarrow AB \bot (SOI)$ Trong (SOI), kẻ $OH \bot SI$ Mà $OH \bot AB$ (do $AB \bot (SOI)$) $\Rightarrow OH \bot (SAB)$ $ \Rightarrow d(O,(SAB)) = OH$ Trong tam giác SOI vuông tại O có đường cao OH, ta có: \[\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{28}}{{3{a^2}}} \Leftrightarrow OH = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\] Vậy ${\rm{d}}\left( {{\rm{O}},\left( {{\rm{SAB}}} \right)} \right){\rm{ }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}.$ 3) Ta có: $AC \bot BD,AC \bot SO \Rightarrow AC \bot (SBD)$ Trong (SBD), kẻ $OP \bot SB.$ Mà $OP \subset (SBD) \Rightarrow OP \bot AC$ $\Rightarrow OP$ là đường vuông góc chung của AC và SB. $\Rightarrow d(AC,SB) = OP$ Trong tam giác SOB vuông tại O có đường cao OP, ta có: \[\frac{1}{{O{P^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} = \frac{4}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}} \Leftrightarrow OP = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\] Vậy ${\rm{d}}\left( {{\rm{AC}},{\rm{SB}}} \right){\rm{ }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.$

1) Tam giác SAC có đường trung tuyến $SO = \frac{a}{2} = \frac{1}{2}AC$ nên SAC vuông tại S. SO đồng thời là đường cao của tam giác SAC nên tam giác SAC vuông cân. $SA = SA = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ Tam giác ABC đều cạnh a nên đường cao $BO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$Tam giác SBD có SO là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên SBD cân tại S. $SB = SD = \sqrt {S{O^2} + B{O^2}} = a.$ 2) Gọi K là trung điểm AB, I là trung điểm AK. Tam giác ABD đều nên đường trung tuyến IK đồng thời là đường cao, $IK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ OI là đường trung bình của tam giác CAI nên $ OI = \frac{1}{2}CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{4} và OI\parallel CK.$ $Do CK \bot AB \Rightarrow OI \bot AB$. Mà $SO \bot AB$$\Rightarrow AB \bot (SOI)$ Trong (SOI), kẻ $OH \bot SI$ Mà $OH \bot AB$ (do $AB \bot (SOI)$) $\Rightarrow OH \bot (SAB)$ $ \Rightarrow d(O,(SAB)) = OH$ Trong tam giác SOI vuông tại O có đường cao OH, ta có: \[\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{28}}{{3{a^2}}} \Leftrightarrow OH = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\] Vậy ${\rm{d}}\left( {{\rm{O}},\left( {{\rm{SAB}}} \right)} \right){\rm{ }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}.$ 3) Ta có: $AC \bot BD,AC \bot SO \Rightarrow AC \bot (SBD)$ Trong (SBD), kẻ $OP \bot SB.$ Mà $OP \subset (SBD) \Rightarrow OP \bot AC$ $\Rightarrow OP$ là đường vuông góc chung của AC và SB. $\Rightarrow d(AC,SB) = OP$ Trong tam giác SOB vuông tại O có đường cao OP, ta có: \[\frac{1}{{O{P^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} = \frac{4}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}} \Leftrightarrow OP = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\] Vậy ${\rm{d}}\left( {{\rm{AC}},{\rm{SB}}} \right){\rm{ }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.$

1) Tam giác SAC có đường trung tuyến $SO = \frac{a}{2} = \frac{1}{2}AC$ nên SAC vuông tại S. SO đồng thời là đường cao của tam giác SAC nên tam giác SAC vuông cân. $SA = SA = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ Tam giác ABC đều cạnh a nên đường cao $BO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$Tam giác SBD có SO là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên SBD cân tại S. $SB = SD = \sqrt {S{O^2} + B{O^2}} = a.$ 2) Gọi K là trung điểm AB, I là trung điểm AK. Tam giác ABD đều nên đường trung tuyến CK đồng thời là đường cao, $IK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ OI là đường trung bình của tam giác CAI nên $ OI = \frac{1}{2}CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{4} và OI\parallel CK.$ $Do CK \bot AB \Rightarrow OI \bot AB$. Mà $SO \bot AB$$\Rightarrow AB \bot (SOI)$ Trong (SOI), kẻ $OH \bot SI$ Mà $OH \bot AB$ (do $AB \bot (SOI)$) $\Rightarrow OH \bot (SAB)$ $ \Rightarrow d(O,(SAB)) = OH$ Trong tam giác SOI vuông tại O có đường cao OH, ta có: \[\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{28}}{{3{a^2}}} \Leftrightarrow OH = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\] Vậy ${\rm{d}}\left( {{\rm{O}},\left( {{\rm{SAB}}} \right)} \right){\rm{ }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}.$ 3) Ta có: $AC \bot BD,AC \bot SO \Rightarrow AC \bot (SBD)$ Trong (SBD), kẻ $OP \bot SB.$ Mà $OP \subset (SBD) \Rightarrow OP \bot AC$ $\Rightarrow OP$ là đường vuông góc chung của AC và SB. $\Rightarrow d(AC,SB) = OP$ Trong tam giác SOB vuông tại O có đường cao OP, ta có: \[\frac{1}{{O{P^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} = \frac{4}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}} \Leftrightarrow OP = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\] Vậy ${\rm{d}}\left( {{\rm{AC}},{\rm{SB}}} \right){\rm{ }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.$

1) Tam giác SAC có đường trung tuyến $SO = \frac{a}{2} = \frac{1}{2}AC$ nên SAC vuông tại S. SO đồng thời là đường cao của tam giác SAC nên tam giác SAC vuông cân. $SA = SA = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ Tam giác ABC đều cạnh a nên đường cao $BO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$Tam giác SBD có SO là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên SBD cân tại S. $SB = SD = \sqrt {S{O^2} + B{O^2}} = a.$ 2) Gọi K là trung điểm AB, I là trung điểm AK. Tam giác ABD đều nên đường trung tuyến IK đồng thời là đường cao, $IK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ OI là đường trung bình của tam giác CAI nên $ OI = \frac{1}{2}CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{4} và OI\parallel CK.$ $ \Rightarrow OI \bot AB$. Mà $SO \bot AB$ nên $AB \bot (SOI)$ Trong (SOI), kẻ $OH \bot SI$ Mà $OH \bot AB$ (do $AB \bot (SOI)$) $\Rightarrow OH \bot (SAB)$ $ \Rightarrow d(O,(SAB)) = OH$ Trong tam giác SOI vuông tại O có đường cao OH, ta có: \[\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{28}}{{3{a^2}}} \Leftrightarrow OH = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\] Vậy \[{\rm{d}}\left( {{\rm{O}},\left( {{\rm{SAB}}} \right)} \right){\rm{ }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}.\] 3) Ta có: $AC \bot BD,AC \bot SO \Rightarrow AC \bot (SBD)$ Trong (SBD), kẻ $OP \bot SB.$ Mà $OP \subset (SBD) \Rightarrow OP \bot AC$ $\Rightarrow OP$ là đường vuông góc chung của AC và SB. $\Rightarrow d(AC,SB) = OP$ Trong tam giác SOB vuông tại O có đường cao OP, ta có: \[\frac{1}{{O{P^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} = \frac{4}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}} \Leftrightarrow OP = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\] Vậy ${\rm{d}}\left( {{\rm{AC}},{\rm{SB}}} \right){\rm{ }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.$

1) Tam giác SAC có đường trung tuyến $SO = \frac{a}{2} = \frac{1}{2}AC$ nên SAC vuông tại S. SO đồng thời là đường cao của tam giác SAC nên tam giác SAC vuông cân. $SA = SA = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ Tam giác ABC đều cạnh a nên đường cao $BO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$Tam giác SBD có SO là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên SBD cân tại S. $SB = SD = \sqrt {S{O^2} + B{O^2}} = a.$ 2) Gọi K là trung điểm AB, I là trung điểm AK. Tam giác ABD đều nên đường trung tuyến IK đồng thời là đường cao, $IK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ OI là đường trung bình của tam giác CAI nên $ OI = \frac{1}{2}CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{4} và OI\parallel CK.$ $Do CK \bot AB \Rightarrow OI \bot AB$. Mà $SO \bot AB$$\Rightarrow AB \bot (SOI)$ Trong (SOI), kẻ $OH \bot SI$ Mà $OH \bot AB$ (do $AB \bot (SOI)$) $\Rightarrow OH \bot (SAB)$ $ \Rightarrow d(O,(SAB)) = OH$ Trong tam giác SOI vuông tại O có đường cao OH, ta có: \[\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{28}}{{3{a^2}}} \Leftrightarrow OH = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\] Vậy ${\rm{d}}\left( {{\rm{O}},\left( {{\rm{SAB}}} \right)} \right){\rm{ }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}.$ 3) Ta có: $AC \bot BD,AC \bot SO \Rightarrow AC \bot (SBD)$ Trong (SBD), kẻ $OP \bot SB.$ Mà $OP \subset (SBD) \Rightarrow OP \bot AC$ $\Rightarrow OP$ là đường vuông góc chung của AC và SB. $\Rightarrow d(AC,SB) = OP$ Trong tam giác SOB vuông tại O có đường cao OP, ta có: \[\frac{1}{{O{P^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} = \frac{4}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}} \Leftrightarrow OP = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\] Vậy ${\rm{d}}\left( {{\rm{AC}},{\rm{SB}}} \right){\rm{ }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.$

Ta có: \[\tan (n + 1)x - \tan nx = \frac{{\sin (n + 1)x}}{{\cos (n + 1)x}} - \frac{{\sin nx}}{{\cos nx}} = \frac{{\sin (n + 1)x.\cos nx - \sin nx.\cos (n + 1)x}}{{\cos (n + 1)x.\cos nx}} = \frac{{\sin {\rm{[}}(n + 1)x - nx]}}{{\cos (n + 1)x.\cos nx}} = \frac{{\sin x}}{{\cos (n + 1)x.\cos nx}}\]Suy ra: $\frac{1}{{\cos (n + 1)x.\cos nx}} = \frac{1}{{\sin x}}{\rm{[}}\tan (n + 1)x - \tan nx{\rm{]}}$Từ đó: $A = \frac{1}{{\sin x}}{\rm{[}}\tan 2x - \tan x{\rm{] + }}\frac{1}{{\sin x}}{\rm{[}}\tan 3x - \tan 2x{\rm{] + }}...{\rm{ + }}\frac{1}{{\sin x}}{\rm{[}}\tan 2013x - \tan 2012x{\rm{]}}$ $= \frac{1}{{\sin x}}{\rm{[}}\tan 2013x - \tan x{\rm{]}}$Mà $\tan \frac{{2013\pi }}{{2012}} = \tan (\pi + \frac{\pi }{{2012}}) = \tan \frac{\pi }{{2012}}$Thế $x = \frac{\pi }{{2012}}$ vào A ta được: $A = \frac{1}{{\sin \frac{\pi }{{2012}}}}[\tan \frac{{2013\pi }}{{2012}} - \tan \frac{\pi }{{2012}}] = 0$

Ta có: \[\tan (n + 1)x - \tan nx = \frac{{\sin (n + 1)x}}{{\cos (n + 1)x}} - \frac{{\sin nx}}{{\cos nx}} = \frac{{\sin (n + 1)x.\cos nx - \sin nx.\cos (n + 1)x}}{{\cos (n + 1)x.\cos nx}} = \frac{{\sin {\rm{[}}(n + 1)x - nx]}}{{\cos (n + 1)x.\cos nx}} = \frac{{\sin x}}{{\cos (n + 1)x.\cos nx}}\]Suy ra: $\frac{1}{{\cos nx.\cos (n + 1)x}} = \frac{1}{{\sin x}}[\tan (n + 1)x - \tan nx]$Từ đó: $A = \frac{1}{{\sin x}}{\rm{[}}\tan 2x - \tan x{\rm{] + }}\frac{1}{{\sin x}}{\rm{[}}\tan 3x - \tan 2x{\rm{] + }}...{\rm{ + }}\frac{1}{{\sin x}}{\rm{[}}\tan 2013x - \tan 2012x{\rm{]}}$ $= \frac{1}{{\sin x}}{\rm{[}}\tan 2013x - \tan x{\rm{]}}$Mà $\tan \frac{{2013\pi }}{{2012}} = \tan (\pi + \frac{\pi }{{2012}}) = \tan \frac{\pi }{{2012}}$Thế $x = \frac{\pi }{{2012}}$ vào A ta được: $A = \frac{1}{{\sin \frac{\pi }{{2012}}}}[\tan \frac{{2013\pi }}{{2012}} - \tan \frac{\pi }{{2012}}] = 0$

$\frac{{1 + 3\sqrt x }}{{4x + \sqrt {2 + x} }} - 1 = 0$Điều kiện: $x \ge 0$ (Chú ý: Nếu $x \ge 0$ thì $x+2 \ge 0$ và $4x + \sqrt {2 + x} \ne 0$)Với điều kiện $x \ge 0$, phương trình đã cho trở thành: $\frac{{1 + 3\sqrt x }}{{4x + \sqrt {2 + x} }} = 1$ $\Leftrightarrow 1 + 3\sqrt x = 4x + \sqrt {2 + x} $$\Leftrightarrow 1 - 4x = \sqrt {2 + x} - 3\sqrt x $$\Leftrightarrow 1 - 4x=\frac{{(\sqrt {2 + x} - 3\sqrt x )(\sqrt {2 + x} + 3\sqrt x )}}{{(\sqrt {2 + x} + 3\sqrt x )}}$$\Leftrightarrow 1 - 4x = \frac{{2 + x - 9x}}{{\sqrt {2 + x} + 3\sqrt x }}$$\Leftrightarrow 1 - 4x = \frac{{2 - 8x}}{{\sqrt {2 + x} + 3\sqrt x }}$$\Leftrightarrow (1 - 4x)(\sqrt {2 + x} + 3\sqrt x ) = 2(1 - 4x)$$\Leftrightarrow 1 - 4x = 0$ hay $\sqrt {2 + x} + 3\sqrt x = 2$ $\Leftrightarrow x = \frac{1}{4}$ hay $\sqrt {2 + x} + 3\sqrt x = 2$ (1)$(1) \Leftrightarrow 2 + x + 9x + 6\sqrt {x(x + 2)} = 4$$\Leftrightarrow 6\sqrt {x(x + 2)} = 2 - 10x$$\Leftrightarrow 3\sqrt {x^2 + 2x} = 1 - 5x$$\Leftrightarrow 9{x^2} + 18x = 1 - 10x + 25{x^2}$ với $x \le \frac{1}{5}$$\Leftrightarrow 16{x^2} - 28x + 1 = 0$ với $x \le \frac{1}{5}$$\Leftrightarrow x = \frac{{7 - 3\sqrt 5 }}{8}$ (nhận) hay $x = \frac{{7 + 3\sqrt 5 }}{8}$ (loại)Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: $x = \frac{1}{4},x = \frac{{7 - 3\sqrt 5 }}{8}$

$\frac{{1 + 3\sqrt x }}{{4x + \sqrt {2 + x} }} - 1 = 0$Điều kiện: $x \ge 0$ (Chú ý: $x \ge 0$ thì $x+2 \ge 0$ và $4x + \sqrt {2 + x} \ne 0$)Với điều kiện $x \ge 0$, phương trình đã cho trở thành: $\frac{{1 + 3\sqrt x }}{{4x + \sqrt {2 + x} }} = 1$ $\Leftrightarrow 1 + 3\sqrt x = 4x + \sqrt {2 + x} $$\Leftrightarrow 1 - 4x = \sqrt {2 + x} - 3\sqrt x $$\Leftrightarrow 1 - 4x=\frac{{(\sqrt {2 + x} - 3\sqrt x )(\sqrt {2 + x} + 3\sqrt x )}}{{(\sqrt {2 + x} + 3\sqrt x )}}$$\Leftrightarrow 1 - 4x = \frac{{2 + x - 9x}}{{\sqrt {2 + x} + 3\sqrt x }}$$\Leftrightarrow 1 - 4x = \frac{{2 - 8x}}{{\sqrt {2 + x} + 3\sqrt x }}$$\Leftrightarrow (1 - 4x)(\sqrt {2 + x} + 3\sqrt x ) = 2(1 - 4x)$$\Leftrightarrow 1 - 4x = 0$ hay $\sqrt {2 + x} + 3\sqrt x = 2$ $\Leftrightarrow x = \frac{1}{4}$ hay $\sqrt {2 + x} + 3\sqrt x = 2$ (1)$(1) \Leftrightarrow 2 + x + 9x + 6\sqrt {x(x + 2)} = 4$$\Leftrightarrow 6\sqrt {x(x + 2)} = 2 - 10x$$\Leftrightarrow 3\sqrt {x^2 + 2x} = 1 - 5x$$\Leftrightarrow 9{x^2} + 18x = 1 - 10x + 25{x^2}$ với $x \le \frac{1}{5}$$\Leftrightarrow 16{x^2} - 28x + 1 = 0$ với $x \le \frac{1}{5}$$\Leftrightarrow x = \frac{{7 - 3\sqrt 5 }}{8}$ (nhận) hay $x = \frac{{7 + 3\sqrt 5 }}{8}$ (loại)Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: $x = \frac{1}{4},x = \frac{{7 - 3\sqrt 5 }}{8}$