Giả sử $h_1,h_2,h_3,h_4$ lần lượt là các chiều cao kẻ từ $A,B,C,D$
Gọi $I$ là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện.
Ta có:
       $V_{IBCD}+V_{IACD}+V_{IABD}+V_{IABC}=V_{ABCD}$ 
$\Leftrightarrow \frac{V_{IBCD}}{V_{ABCD}}+\frac{V_{IACD}}{V_{ABCD}}+\frac{V_{IABD}}{V_{ABCD}}+\frac{V_{IABC}}{V_{ABCD}}=1$ 
$\Leftrightarrow \frac{\displaystyle\frac{1}{3}rS_{BCD}}{\displaystyle\frac{1}{3}h_1S_{BCD}}+\frac{\displaystyle\frac{1}{3}rS_{ACD}}{\displaystyle\frac{1}{3}h_2S_{ACD}}+\frac{\displaystyle\frac{1}{3}rS_{ABD}}{\displaystyle\frac{1}{3}h_3S_{ABD}}+\frac{\displaystyle\frac{1}{3}rS_{ABC}}{\displaystyle\frac{1}{3}h_4S_{ABC}}=1$ 
$\Leftrightarrow \frac{r}{h_1}+\frac{r}{h_2}+\frac{r}{h_3}+\frac{r}{h_4}=1$ , đpcm.

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

Ta có:  $y = \frac{\sin x + \cos x -1 }{\sin x -\cos x +3 }$
   $\Leftrightarrow y(\sin x-\cos x+3)=\sin x+\cos x-1$ 
   $\Leftrightarrow 3y+1=(1-y)\sin x+(y+1)\cos x$ 
   $\Rightarrow (3y+1)^2=[(1-y)\sin x+(y+1)\cos x]^2\le[(1-y)^2+(y+1)^2][\sin^2x+\cos^2x]$
   $\Rightarrow  (3y+1)^2 \le(1-y)^2+(y+1)^2$ 
   $\Leftrightarrow 7y^2+6y-1\le 0\Leftrightarrow -1\le y\le\frac{7}{6}$ 
Vậy: Min$y=-1 $, Max$y=\frac{7}{6}$.

Ta có:
$y=\sin^3x-\cos^3x=(\sin x-\cos x)(\sin^2x+\sin x\cos x+\cos^2x)$ 
                                     $=(\sin x-\cos x)(1+\sin x\cos x)$ 
Đặt $t=\sin x-\cos x$ thì $t=\sqrt{2}\sin(x-\frac{\pi}{4})\Rightarrow |t|\le\sqrt2$.
Lại có: $t^2=1-2\sin x\cos x\Rightarrow \sin x\cos x=\frac{1-t^2}{2}$
Từ đó:
$y=t(1+\frac{1-t^2}{2})=\frac{3t-t^3}{2}$ 
Xét hàm: $f(t)= \frac{3t-t^3}{2}, |t|\le\sqrt2 $ 
ta được : Max$y=1$, Min$y=-1$.

Ta có:
$y'=\sin ax\cos bx+\cos ax\sin bx=\sin((a+b)x)$
$y''=(a+b)\cos ((a+b)x)=(a+b)\sin\Big((a+b)x+\frac{\pi}{2}\Big)$ 
$y^{(3)}=-(a+b)^2\sin((a+b)x)=(a+b)^2\sin\Big((a+b)x+2.\frac{\pi}{2}\Big)$ 
$y^{(4)}=-(a+b)^3\cos((a+b)x)=(a+b)^2\sin\Big((a+b)x+3.\frac{\pi}{2}\Big)$  
Bằng quy nạp, suy ra:  $y^{(n)}=(a+b)^{n-1}\sin\Big((a+b)x+(n-1).\frac{\pi}{2}\Big),\forall n\in\mathbb{N}^*$ .

Ta có:
$2(x^2+6xy)+6(x^2+2xy+3y^2)=2(2x+3y)^2\ge0$
            $\Rightarrow  \frac{2(x^2+6xy)}{x^2+2xy+3y^2}\ge-6$ 
Dấu bằng xảy ra khi: $\left\{ \begin{array}{l}2x+3y=0 \\ x^2+y^2=1 \end{array} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x=\frac{3}{\sqrt{13}}\\ y=\frac{-2}{\sqrt{13}} \end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l} x=\frac{-3}{\sqrt{13}}\\ y=\frac{2}{\sqrt{13}} \end{array} \right.  \end{array} \right.$
$ 2(x^2+6xy)-3(x^2+2xy+3y^2)=-(x-3y)^2\ge0 $
            $\Rightarrow  \frac{2(x^2+6xy)}{x^2+2xy+3y^2} \le 3$ 
Dấu bằng xảy ra khi: $\left\{ \begin{array}{l}x-3y=0 \\ x^2+y^2=1 \end{array} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x=\frac{3}{\sqrt{10}}\\ y=\frac{1}{\sqrt{10}} \end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l} x=\frac{-3}{\sqrt{10}}\\ y=\frac{-1}{\sqrt{10}} \end{array} \right.  \end{array} \right.$  

2) Giả sử: $z=x+yi,x,y\in\mathbb{R}$
Ta có:
$|z^2-\overline{z}^2|=4$ 
$\Leftrightarrow |(x+yi)^2-(x-yi)^2|=4$ 
$\Leftrightarrow |4xyi|=4$ 
$\Leftrightarrow |xy|=1$ 
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}  y=\frac{1}{x} \\ y=\frac{-1}{x}  \end{array} \right.$
Vậy tập hợp $M$ là 2 hyperbol vuông góc: $y=\frac{1}{x}$ và $y=\frac{-1}{x}$ .

Áp dụng bất đăng thức Cauchy ta có:
$a^4+b^4+b^4+16\ge 4\sqrt[4]{a^4.b^4.b^4.16}=8ab^2$ 
$b^4+c^4+c^4+16\ge 4\sqrt[4]{b^4.c^4.c^4.16}=8bc^2$ 
$c^4+a^4+a^4+16\ge 4\sqrt[4]{c^4.a^4.a^4.16}=8ca^2$  
Cộng vế với về của 3 BĐT trên ta được  đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi: $a=b=c=2$. 

1) Giả sử: $z=x+yi,x,y\in\mathbb{R}$.
Ta có:
$|z+\overline{z} +3|=4$
 $\Leftrightarrow |x+yi+x-yi+3|=4$
$\Leftrightarrow |2x+3|=4$ 
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=\frac{1}{2}\\ x=\frac{-7}{2} \end{array} \right.$ 
Vậy tập hợp $M$ là 2 đường thẳng $ x=\frac{1}{2}$ và $x=\frac{-7}{2} $.

Giả sử: $z=x+yi,x,y\in\mathbb{R}$.
Ta có: $\Big|\frac{z}{z-i}\Big|=3 \Leftrightarrow \frac{|z|}{|z-i|}=3$ 
                                     $\Leftrightarrow |x+yi|=3|x+(y-1)i|$ 
                                     $\Leftrightarrow \sqrt{x^2+y^2}=3\sqrt{x^2+(y-1)^2}$ 
                                     $\Leftrightarrow 8x^2+8y^2-18y+9=0$ 
                                     $\Leftrightarrow x^2+(y-\frac{9}{8})^2=\frac{9}{64}$ 
Suy ra tập hợp các điểm biêu diễn sô phức $z$ thỏa mãn là đường tròn  tâm $I(0;\frac{9}{8})$, bán kính $R=\frac{3}{8}$

Giả sử: $z=x+yi,x,y\in\mathbb{R}$
Ta có: $\frac{z+i}{\overline{z}+i}=\frac{x+(y+1)i}{x-(y-1)i}$ 
                        $= \frac{[x+(y+1)i][x+(y-1)i]}{[x-(y-1)i][x+(y-1)i]}$ 
                        $=\frac{x^2-y^2+1+2xyi}{x^2+(y-1)^2}$ 
Vậy $ \frac{z+i}{\overline{z}+i} \in\mathbb{R}\Leftrightarrow xy=0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=0\\ y=0 \end{array} \right.$ 
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức $z$ thỏa mãn là 2 đường thẳng: $x=0$  và $y=0$

Đặt $t=\sin x, |t|\le 1$
Phương trình trở thành:
$8t^3-(3t-4t^3)^2-6t+t^2-2=0$ 
$\Leftrightarrow 8t^6-12t^4-4t^3+4t^2+3t+1=0$ 
$\Leftrightarrow (t-1)(8t^5+8t^4-4t^3-8t^2-4t-1)=0$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t=1\\  8t^5+8t^4-4t^3-8t^2-4t-1=0\end{array} \right.$ 
Xét hàm: $f(t)= 8t^5+8t^4-4t^3-8t^2-4t-1$ 
ta được: $f(t)<0,\forall t\in[-1;1] $
Từ đó suy ra: $\sin x=1\Leftrightarrow x=\frac{\pi}{2}+2k\pi,k\in\mathbb{Z}$ .

Đề bài như sau thì sẽ đẹp hơn:
$\left\{ \begin{array}{l} x^2+x^3y-xy^2+xy-y=1\\ x^4+y^2-xy(2x-1)=1\end{array} \right.$ 
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} (x^2-y)+xy+xy(x^2-y)=1\\ (x^2-y)^2+xy=1 \end{array} \right.$ 
Đặt $u=x^2-y,v=xy$ , hệ trở thành:
$\left\{ \begin{array}{l} u+v+uv=1\\ u^2+v=1 \end{array} \right.$ 
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} v=1-u^2\\ u+(1-u^2)+u(1-u^2)=1 \end{array} \right.$ 
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} v=1-u^2\\ u^3+u^2-2u=0 \end{array} \right.$ 
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} u=0\\ v=1 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} u=1\\ v=0 \end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l} u=-2\\ v=-3 \end{array} \right. \end{array} \right.$ 
*) Với $\left\{ \begin{array}{l} u=0\\ v=1 \end{array} \right.$  ta được: $(x;y)=(1;1)$
*) Với $\left\{ \begin{array}{l} u=1\\ v=0 \end{array} \right.$  ta được: $(x;y)\in\{(1;0),(-1;0),(0;-1)\}$
*) Với $\left\{ \begin{array}{l} u=-2\\ v=-3 \end{array} \right.$  ta được: $(x;y)=(-1;3)$
Tóm lại :  $(x;y)\in\{(1;0),(-1;0),(0;-1),(1;1),(-1;3)\}$

$\left\{ \begin{array}{l} \cos 2x+\cos 2y+\frac{4\cos x}{2+\cos 2x-\cos 2y}=1+\sqrt3\\ \cos x\sin y- \frac{\sin y}{2+\cos 2x-\cos 2y}=\frac{\sqrt3-1}{4} \end{array} \right.$

Hệ: $\left\{ \begin{array}{l} x^2+x^2y-xy^2+xy-y=1                 (1)\\ x^4+y^2-xy(2x-1)=1                          (2) \end{array} \right.$
*) Nếu $y=0$ thì $x=\pm 1$ (thỏa mãn)
*) Nếu $y\ne0$ ta có:
$\left\{ \begin{array}{l} x^2+x^2y-xy^2+xy-y=1\\ x^5+xy^2-x^2y(2x-1)=x \end{array} \right.$
Cộng vế với về ta được:
$x^5+x^2-x-1=y(2x^3-2x^2-x+1)$
$\Leftrightarrow (x-1)(x+1)(x^3+x+1)=y(x-1)(2x^2-1)$
   +) Với $x=1$ thì $y\in\{0;1\}$
   +) Với $x=\frac{1}{\sqrt2}$, vô nghiệm.
   +) Với $x=\frac{-1}{\sqrt2}$, vô nghiệm.
   +)Với $x\notin\{0,\frac{1}{\sqrt2},\frac{-1}{\sqrt2}\}$ ta có: $y=\frac{(x+1)(x^3+x+1)}{2x^2-1}$
Thay vào $(2)$ ta được:
$x^4+ \frac{(x+1)^2(x^3+x+1)^2}{(2x^2-1)^2} -x. \frac{(x+1)(x^3+x+1)}{2x^2-1} .(2x-1)-1=0$
$\Leftrightarrow \frac{x^8-x^6+x^5+5x^4+11x^3+10x^2+3x}{(2x^2-1)^2}=0$ 
$\Leftrightarrow \frac{x(x+1)(x^6-x^5+x^3+4x^2+7x+3)}{(2x^2-1)^2}=0$ 
Từ đó tìm được $x$ (phương trình bậc 6 có 2 nghiệm thực rất xấu).