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: $a=b=c=2$.