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).

Dễ thấy $\Delta BAH\sim \Delta BDC$ mà $M,K$ lần lượt là trung điểm của $AH,CD$ nên $\Delta BMH\sim \Delta BKC$.
Từ đó suy ra $\frac{BM}{BK}=\frac{BH}{BC}$ và $\widehat{MBH}=\widehat{KBC}=\alpha$.
Ta có: $\widehat{MBK}=\widehat{HBC}=\alpha -\widehat{HBK}$.
Do đó $\Delta BMK\sim \Delta BHC$, suy ra $\widehat{BMK}=90^o$.

Áp dụng định lý Menelaus:
Với $\Delta OBD$ và cát tuyến $CTA$: $\frac{\overline{TD}}{\overline{TB}}=\frac{\overline{CD}}{\overline{CO}}.\frac{\overline{AO}}{\overline{AB}}.$
Với $\Delta ODF$ và cát tuyến $CRE$: $\frac{\overline{RF}}{\overline{RD}}=\frac{\overline{CO}}{\overline{CD}}.\frac{\overline{EF}}{\overline{EO}}.$
Với $\Delta OBF$ và cát tuyến $UEA$: $\frac{\overline{UB}}{\overline{UF}}=\frac{\overline{AB}}{\overline{AO}}.\frac{\overline{EO}}{\overline{EF}}.$
Nhân 3 đẳng thức trên vế theo vế ta được:
$\frac{\overline{TD}}{\overline{TB}}.\frac{\overline{RF}}{\overline{RD}}.\frac{\overline{UB}}{\overline{UF}}=1.$
Vậy $T,R,U$ thẳng hàng.

Trước hết ta chứng minh khẳng định sau:
Với $a,b>0,x>1$ ta có $\frac{a^x+b^x}{2}\geq \left( \frac{a+b}{2}\right)^x$.
Thật vậy, KMTTQ, giả sử $a\leq b$ và đặt $\frac{a+b}{2}=c$ thì $a\leq c\leq b$.
Hàm số $f(t)=t^x$ thỏa mãn đk của định lý Lagrange trên $[a,c]$ và $[c,b]$ nên ta có:
$\frac{f(c)-f(a)}{c-a}=f'(u)$ và $\frac{f(b)-f(c)}{b-c}=f'(v)$ với $a\leq u\leq c\leq v\leq b$.
Mà $f''(t)=x(x-1)t^{x-2}>0$ nên $f'(t)$ đồng biến. Ta có $f'(u)\leq f'(v)$.
Chú ý rằng $c-a=b-c$ ta được $(c)-f(a)\leq f(b)-f(c)$, đpcm.

Trở lại bài toán, với $a,b,c,d>0,x>1$ ta có:
$f(a)+f(b)\geq 2f\left( \frac{a+b}{2}\right),f(c)+f(d)\geq 2f\left( \frac{c+d}{2}\right)$.
Cộng 2 BĐT trên vế theo vế ta được:
$f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\geq 2\left[ f\left( \frac{a+b}{2}\right) +f\left( \frac{c+d}{2}\right) \right]$
Lại có: $f\left( \frac{a+b}{2}\right) +f\left( \frac{c+d}{2}\right)\geq 2f\left( \frac{a+b+c+d}{2}\right)$.
Như vậy $f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\geq 4f\left( \frac{a+b+c+d}{2}\right)$.
 Chọn $d=\frac{a+b+c}{3}$ ta được đpcm.

Vì $CI$ là phân giác của $\widehat{BCD}$ nên $\widehat{DCJ}=\widehat{BCI}=\widehat{DJC}$ hay $\Delta DJC$ cân tại $D$.
Từ đó suy ra $\Delta AIJ$ cân tại $A$. Khi đó $AP$ là phân giác của $\widehat{JAI}$.
Ta có: $\widehat{DJP}=\widehat{JAP}=\widehat{BAP}$.
Mà $\frac{DJ}{JP}=\frac{DC}{AP}=\frac{AB}{AP}$ nên $\Delta DJP\sim \Delta BAP$.
Vì $JP=AP$ nên $DP=BP$, suy ra đpcm.

Gọi $\overline{abcd}$ là số có 4 chữ số thỏa mãn bài toán.
Vì $\overline{abcd}$ chia hết cho 11 nên $(a+c)-(b+d)$ chia hết cho 11.
Mà $(a+c)+(b+d)$ chia hết cho 11 nên $a+c$ và $b+d$ cùng chia hết cho 11.
Mà $0<a+c<20$ và $0\leq b+d<20$ nên $a+c=11$, $b+d$ nhận giá trị là 0 hoặc 11.
Có 8 bộ $(a,c)$ thỏa mãn $a+c=11$.
Có 8 bộ $(b,d)$ thỏa mãn $b+d=11$.
Có 1 bộ $(b,d)$ thỏa mãn $b+d=0$.
Vậy có tất cả 72 số thỏa mãn bài toán.

Xét phương trình $\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{2-x}=x^2-2x+m    (1)$.
Điều kiện $x\in [0,2]$
Đổi biến $x-1=t$ thì $t\in [-1,1]$ và phương trình trở thành $\sqrt[4]{1+t}+\sqrt[4]{1-t}-t^2=m-1    (2)$.
Xét hàm số $f(t)=\sqrt[4]{1+t}+\sqrt[4]{1-t}-t^2$ trên $[1,-1]$.
Vì $f$ là hàm chẵn nên ta chỉ xét hàm số $f$ trên $[0,1]$.
Có $f'(t)=\frac{1}{4\sqrt[4]{(1+t)^3}}-\frac{1}{4\sqrt[4]{(1-t)^3}}-2t<0,\forall t\in [0,1]$.
Do đó $f(t)$ nghịch biến trên $[0,1]$ và $\sqrt[4]{2}-1\leq f(t)\leq 2$.
PT $(1)$ có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi PT $(2)$ có 1 nghiệm trên $(0,1]$. Điều này tương đương với $\sqrt[4]{2}\leq m<3$.

$N=(2^{1004}+3^8)(2^{502}+3^4)(2^{502}-3^4)$ là hợp số.