1, Đổi chỗ 3 viên ở 3 đỉnh tam giác: viên dưới cùng lên đỉnh trên cùng, 2 viên ngoài cùng ở 2 bên đảo xuốn đáy

2, 8-6+2=4; 12-5+8=15; 13-10+15=18. x=15

3,

*) \(5^3+5=130;3^3+3=30;2^3+2=10;1^3+1=2\)

*) 2+3=8 hay 2.(2+3)-2=8

4+5=32 hay 4.(4+5)-4=32

5+8=60 hay 5.(5+8)-5=60

6+7=72 hay 6.(6+7)-6=72

7+8= 7.(7+8)-7=98

HACK

Kẻ SH vuông góc với BC tại H => SH vuông góc với (ABC) 
Kẻ HM vuông góc với AB tại M và HN vuông góc với AC tại N 
Ta có góc SMH = góc SNH = 60 độ 
Dễ thấy tam giác SHM = tam giác SHN => HM = HN 
Ta có HM = HB.sin 30 = 1/2 HB hay HB = 2 HM 
HN = HC.sin 60 = HC.căn 3 /2 => HC = 2/căn 3.HN = 2/căn 3 .HM 
=> BC = a = HB + HC = ( 2 + 2/căn 3).HM 
=> HM = a/(2 + 2/căn 3) = a.căn 3 /(2+ 2.căn 3) 
=> SH = HM.tan 60 = 3a/(2+2.căn 3) 
Có AB = BC/2 = a/2 
AC = BC.căn 3/2 = a.căn 3/2 
S(ABC) = 1/2.AB.AC = 1/8.a^2.căn 3 
=> V(SABC) = 1/3.3a/(2+2.căn 3) . 1/8.a^2.căn 3 = a^3.căn 3 /[16.(1+ căn 3)]

Dễ dàng chứng minh MN // BC

Xét \(\Delta SBC\) có MN // BC và MN đi qua trọng tâm G

\(\Rightarrow\) \(\begin{cases}SM=\frac{2}{3}SB\\SN=\frac{2}{3}SC\end{cases}\)

Sử dụng công thức tỉ lệ thể tích đố với 2 khối tứ diện S.AMN và S.ABC ta có

\(\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}=1.\frac{2}{3}.\frac{2}{3}=\frac{4}{9}\\ \Rightarrow V_{S.AMN}=\frac{4}{9}.V_{S.ABC}\)

Tính được \(V_{S.ABC}=\frac{1}{6}SA.AB.BC=\frac{a^3}{6}\)

\(\Rightarrow V_{S.AMN}=\frac{2a^3}{27}\)

a) (H) có các đường tiệm cận là:

- Tiệm cận ngang y = -1

- Tiệm cận đứng x = -1

hai đường tiềm cận này cắt nhau tại điểm I(-1; -1).

Hình (H') có hai đường tiệm cận cắt nhau tại I'(2;2) nên ta cần phép tịnh tiến theo vector \(\overrightarrow{II'}=\left(2-\left(-1\right);2-\left(-1\right)\right)=\left(3;3\right)\)

b) Hình (H') có phương trình là:

\(y+3=\dfrac{3-\left(x+3\right)}{\left(x+3\right)+1}\) hay là \(y=\dfrac{-4x-12}{x+4}\)

Hình đối xứng với (H') qua gốc tọa độ có phương trình là:

\(-y=\dfrac{-4\left(-x\right)-12}{-x+4}\) hay là: \(y=\dfrac{4x-12}{-x+4}\)

S B H C I A D

Gọi I là trung điểm của AD.

Ta có : \(IA=ID=IC=a\Rightarrow CD\perp AC\)

Mặt khác, \(CD\perp SA\) suy ra CD vuông góc với SC nên tam giác SCD là tam giác vuông tại C

Trong tam giác vuông SAB ta có :

\(\frac{SH}{SB}=\frac{SA^2}{SB^2}=\frac{SA^2}{SA^2+AB^2}=\frac{2a^2}{2a^2+a^2}=\frac{2}{3}\)

Gọi \(d_{1,};d_2\) lần lượt là khoảng cách từ B và H đến mặt phẳng (SCD) thì

\(\frac{d_2}{d_1}=\frac{SH}{SB}=\frac{2}{3}\Rightarrow d_2=\frac{2}{3}d_1\)

\(d_1=\frac{3V_{B.SCD}}{S_{SCD}}=\frac{SA.S_{BCD}}{S_{SCD}}\)

\(S_{NCD}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{2}a^2\)

\(S_{SCD}=\frac{1}{2}SC.CD=\frac{1}{2}\sqrt{SA^2+AB^2+BC^2}.\sqrt{IC^2+ID^2}=a^2\sqrt{2}\)

Suy ra \(d_1=\frac{a}{2}\)

Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) là \(d_2=\frac{2}{3}d_1=\frac{a}{3}\)

A E M B C H N S

Xét tam giác ABC có : \(BC=AB.\tan60^0=2a\sqrt{3}\Rightarrow S_{\Delta ABC}=2a^2\sqrt{3}\)

\(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}.2a^2\sqrt{3}=2a^3\)

- Gọi N là trung điểm cạnh SA. Do SB//(CMN) nên d(SB. CM)=d(SB,(CMN))

                                                                                                 =d(B,(CMN))

                                                                                                 =d(A,(CMN))

- Kẻ \(AE\perp MC,E\in MC\) và kẻ \(AH\perp NE,H\in NE\), ta chứng minh được \(AH\perp\left(CMN\right)\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=AH\)

Tính \(AE=\frac{2S_{\Delta AMC}}{MC}\) trong đó :

                              \(S_{\Delta AMC}=\frac{1}{2}AM.AC.\sin\widehat{CAM}=\frac{1}{2}a.4a\frac{\sqrt{3}}{2}=a^2\sqrt{3};MC=a\sqrt{13}\)

                             \(\Rightarrow AE=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{13}}\)

Tính được \(AH=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(SB,CM\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\)

A N B C H K S

Theo giả thiết, \(HA=HC=\frac{1}{2}AC=a\) và \(SH\perp\left(ABC\right)\)

Xét \(\Delta v.ABC\) ta có : \(BC=AC.\cos\widehat{ACB}=2a\cos30^0=\sqrt{3}a\)

Do đó : \(S_{\Delta.ABC}=\frac{1}{2}AC.BC.\sin\widehat{ACB}=\frac{1}{2}.2a.\sqrt{3}a.\sin30^0=\frac{\sqrt{3}a^2}{2}\)

Vậy \(V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\sqrt{2}a.\frac{\sqrt{3}}{2}a^2=\frac{\sqrt{6}a^3}{6}\)

Vì CA=2HA nên d(C,(SAB))=2d(H, (SAB))  (1)

Gọi N là trung điểm của Ab, ta có HN là đường trung bình của tam giác ABC

Do đó HN//BC suy ra AB vuông góc với HN.

Lại có AB vuông góc với Sh nên AB vuông góc với mặt phẳng (SHN).

Do đó mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (SHN).

Mà Sn là giao tuyến của 2 mặt phẳng vừa nêu, nên trong mặt phẳng (SHN), hạ HK vuông góc với SN, ta có HK vuông góc với mặt phẳng (SAB)

Vì vậy d(J, (SAB)) = HK. Kết hợp với (1), suy ra d(C. (SAB))=2HK (2)

Vì \(SH\perp\left(ABC\right)\) nên \(SH\perp HN\), xét tam giác v.SHN, ta có :

\(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{SH^2}+\frac{1}{HN^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{HN^2}\)

Vì HN là đường trung bình của tam giác ABC nên \(HN=\frac{1}{2}BC=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)

Do \(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{11}{6a^2}\) suy ra \(HK=\frac{\sqrt{66}a}{11}\) (3)

Thế (3) vào (2) ta được \(d\left(C,\left(SAB\right)\right)=\frac{\sqrt{66}a}{11}\)