b) Từ câu a suy ra $\frac{A_1B}{A_1C}=\frac{B_1C}{B_1A}=\frac{C_1A}{C_1B}$.
Theo định lý Ceva, $AA_1,BB_1,CC_1$ đồng quy khi và chỉ khi $\frac{A_1B}{A_1C}.\frac{B_1C}{B_1A}.\frac{C_1A}{C_1B}=1$.
Từ đó suy ra $A_1,B_1,C_1$ lần lượt là trung điểm các cạnh $BC,CA,AB$.

a) Vì $A_1\in BC$ nên $\overrightarrow{AA_1}=\frac{A_1B.\overrightarrow{AB}+A_1C.\overrightarrow{AC}}{BC}$.
Tương tự: $\overrightarrow{BB_1}=\frac{B_1C.\overrightarrow{BC}+B_1A.\overrightarrow{BA}}{CA},\overrightarrow{CC_1}=\frac{C_1A.\overrightarrow{CA}+C_1B.\overrightarrow{CB}}{AB}$.
Từ đó suy ra: $\frac{A_1B.\overrightarrow{AB}+A_1C.\overrightarrow{AC}}{BC}+\frac{B_1C.\overrightarrow{BC}+B_1A.\overrightarrow{BA}}{CA}+\frac{C_1A.\overrightarrow{CA}+C_1B.\overrightarrow{CB}}{AB}=\overrightarrow{0}$.
$\Leftrightarrow \left(\frac{A_1B}{BC}-\frac{B_1A}{CA}\right)\overrightarrow{AB}+\left(\frac{B_1C}{CA}-\frac{C_1B}{AB}\right)\overrightarrow{BC}+\left(\frac{C_1A}{AB}-\frac{A_1C}{BC}\right)\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{0}.$
Thay $\overrightarrow{CA}=-\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{BC}$ ta được:
$\left(1-\frac{B_1A}{CA}-\frac{C_1A}{AB}\right)\overrightarrow{AB}+\left(\frac{B_1C}{CA}+\frac{A_1C}{BC}-1\right)\overrightarrow{BC}=
\overrightarrow{0}.$
VÌ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{BC}$ độc lập tuyến tính nên $\frac{B_1A}{CA}+\frac{C_1A}{AB}=\frac{B_1C}{CA}+\frac{A_1C}{BC}=1$.
Từ đó suy ra $\frac{A_1B}{BC}=\frac{B_1C}{CA}=\frac{C_1A}{AB}$.

Đặt $\frac{\sin A}{1}=\frac{\sin B}{\sqrt{3}}=\frac{\sin C}{2}=k$
Theo định lý hàm số sin:
$a=2Rk,b=2Rk\sqrt{3},c=4Rk$
Từ đó suy ra $a^2+b^2=c^2$ hay $\Delta ABC$ vuông tại $C$.
Dễ thấy $\widehat{C}=90^0,\widehat{A}=30^0,\widehat{B}=60^0$.

Gọi số cần tìm là $n$.
Vì $n$ chia 5 dư 1 nên $n-1$ chia hết cho 5, suy ra $n-26$ chia hết cho 5.
Vì $n$ chia 7 dư 5 nên $n-5$ chia hết cho 7, suy ra $n-26$ chia hết cho 7.
Vậy số $n$ nhỏ nhất thỏa mãn là $n=26$.

ĐK: $x<2$.
Hàm số $f(x)=\sqrt{\frac{6}{2-x}}+\sqrt{\frac{10}{3-x}}$ đồng biến với $x<2$.
Do đó phương trình $f(x)=4$ có không quá 1 nghiệm.
Dễ thấy $f\left( \frac{1}{2}\right)=4$ nên $x=\frac{1}{2}$ là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

ĐK cần, trước hết $1\leq a\leq 6$:
PT $\log _2(a^3x^2-5a^2x^2+\sqrt{6-a})=\log _{2+x^2}(3-\sqrt{a-1})$ đúng với mọi $x$.
Khi đó $a^3x^2-5a^2x^2+\sqrt{6-a}>0,\forall x\in R$.
Do đó $a^3-5a^2\geq 0$ hay $a\geq 5$
Thay $x=0$ ta được $\log_2\sqrt{6-a}=\log_2(3-\sqrt{a-1})$. Điều này tương đương với:
$\sqrt{6-a}=3-\sqrt{a-1}\Rightarrow 6-a=9+a-1-6\sqrt{a-1}$
$\Leftrightarrow 3\sqrt{a-1}=a+1\Rightarrow 9(a-1)=a^2+2a+1\Leftrightarrow a=2\vee a=5$.
Vậy $a=5$.

ĐK đủ:
Với $a=5$ thì PT trở thành $\log_22=\log_{2+x^2}2$ có nghiệm duy nhất $x=0$.
Vậy không tồn tại $a$ thỏa mãn.

Đăt $AB=a,AC=b.$
Ta có: $\frac{S_{AHB}}{S_{AHC}}=\frac{HB}{HC}=\frac{a^2}{b^2}$.
Từ đó suy ra $\frac{a^2}{b^2}=\frac{54}{96}=\frac{9}{16}$ hay $\frac{a}{b}=\frac{3}{4}$.
Lại có $ab=2S_{ABC}=2(54+96)=300$.
Ta tìm được $a=15,b=20$. Tính được $BC=25$.

b) Trong $(SAC)$ kẻ qua $O$ đường thẳng song song với $SC$, cắt $SA$ tại $X$.
Trong $(SAB)$ kẻ qua $X$ đường thẳng song song với $AM$, cắt $SB$ tại $Y$.
Trong $(SBC)$ kẻ qua $Y$ đường thẳng song song với $SC$, cắt $BC$ tại $Z$.
Trong $(ABCD)$, kẻ đường thẳng $OZ$ cắt $AD$ tại $T$.
Thiết diện cần tìm là tứ giác $XYZT$.

a) Giả sử $d$ là giao tuyến của $(\alpha )$ và $(SBD)$.
Vì $SO//(\alpha)$ nên $SO//d$. Mà $d$ đi qua trung điểm $M$ của $SB$ nên $d$ đi qua trung điểm $N$ của $OB$.
Lập luận tương tự, ta dựng được thiết diện bằng cách:
Trong $(ABCD)$ kẻ qua $N$ đường thẳng song song với $AD$, đường thẳng này cắt $AB,CD$ lần lượt tại $P$ và $Q$.
Trong $(SBC)$ kẻ qua $M$ đường thẳng song song với $BC$, đường thẳng này cắt $SC$ tại $R$.
Thiết diện cần tìm là tứ giác $MPQR$.

BĐT cần chứng minh tương đương với:
$k>\left( 1+\frac{1}{k}\right)^{k-1}$
Nếu $k=2$ thì BĐT đúng.
Nếu $k>2$ thì $\left( 1+\frac{1}{k}\right)^{k-1}<\left( 1+\frac{1}{k}\right)^k$
Theo khai triển nhị thức Newton:
$\left( 1+\frac{1}{k}\right)^k=1+k.\frac{1}{k}+\sum_{i=2}^k{\frac{C_k^i}{k^i}}$.
Ta có $\frac{C_k^i}{k^i}=\frac{k!}{i!(k-i)!k^i}<\frac{1}{i!}<\frac{1}{i(i-1)}=\frac{1}{i-1}-\frac{1}{i}$.
Do đó $\sum_{i=2}^k{\frac{C_k^i}{k^i}}<\sum_{i=1}^{k-1}{\left( \frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}\right)}=1-\frac{1}{k}<1$.
Từ đó suy ra $\left( 1+\frac{1}{k}\right)^k<3\leq k$. BĐT được chứng minh

Xét hàm số $f(x)=2x^3-3x^2-12x+1$ trên $[-3,3]$.
Ta có $f'(x)=6x^2-6x-12$.
$f'(x)=0\Leftrightarrow x=-1\vee x=2$.
Có $f(-3)=-44,f(-1)=8,f(2)=-19,f(3)=-8$.
Do đó $-44\leq f(x)\leq8,\forall x\in [-3,3]$.
Vậy $|2x^3-3x^2-12x+1|$ đạt GTLN là $44$ khi và chỉ khi $x=-3$.

Ta sẽ chứng minh $2(x^2+y^2+z^2)+2xyz+1\geq 9$.
BĐT này tương đương với:
$2(x^2+y^2+z^2)+2xyz+1\geq (x+y+z)^2$
$x^2+y^2+z^2+2xyz+1\geq 2(xy+yz+zx)$
Xét tam thức bậc 2 $f(x)=x^2+2(yz-y-z)x+(y-z)^2+1$
Ta có: $\Delta '=(yz-y-z)^2-(y-z)^2-1=yz(y-2)(z-2)-1$.
Nếu $y,z\leq 2$ thì $0\leq y(2-y),z(2-z)\leq 1$ nên $\Delta '\leq 0$.
Nếu $y>2$ thì do $x+y+z=3$ nên $z<2$, suy ra $yz(y-2)(z-2)<0<1$, ta được $\Delta '<0$.
Tương tự nếu $z>2$ thì $\Delta '<0$.
Tóm lại $\Delta '<0$ nên $f(x)\geq 0,\forall x$ (đpcm).
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$.

Ta có: $(1+x)(1+y)\geq (1+\sqrt{xy})^2$.
Từ đó suy ra $T\geq \frac{(1+\sqrt{xy})^2}{xy}$.
Đặt $\sqrt{xy}=u$ thì $0<u\leq \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Xét hàm số $f(u)=\frac{(1+u)^2}{u^2}=\frac{1}{u^2}+\frac{2}{u}+1$ nghịch biến với $0<u<\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Do đó: $f(u)\geq f\left( \frac{\sqrt{2}}{2}\right)=3+2\sqrt{2}$.
Vậy $\min T=3+2\sqrt{2}$, đạt được khi và chỉ khi $x=y=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Cho $x\to 0$ thì $y\to 1$. Khi đó $T\to +\infty$.
Vậy không tồn tại $\max T$.

Áp dụng BĐT Cauchy:
$a^2+k^2\geq 2ka$
$b^2+k^2\geq 2kb$
$c^3+q^3+q^3\geq 3q^2c$
Cộng 3 BĐT trên vế theo vế:
$a^2+b^2+c^3\geq 2k(a+b)+3q^2c-2k^2-2q^3$
Chọn $k,q>0$ sao cho $2k+q=1,2k=3q^2$. Khi đó $3q^2+q-1=0$ suy ra $q=\frac{-1+\sqrt{13}}{6}$.
Ta được $k=\frac{7-\sqrt{13}}{12}$. Từ đó suy ra: $\min P=2k-2k^2-2q^3$, đạt được khi và chỉ khi $a=b=k,c=q$.

Ta có:
$C_i^3.C_{2012}^i=\frac{i!}{3!(i-3)!}.\frac{2012!}{i!.(2012-i)!}=\frac{2012!}{3!}.\frac{1}{(i-3)!.(2012-i)!}=C_{2012}^3.C_{2009}^{i-3}$.
Do đó:
$\sum_{i=3}^{2012}{C_i^3.C_{2012}^i}=C_{2012}^3\sum_{i=0}^{2009}{C_{2009}^i}=C_{2012}^3.2^{2009}$.
Giả thiết tương đương với:
$C_{2012}^3.2^{2009}=2011.2^{2011}.x$
$\Leftrightarrow x=168505$.