Tìm số hạng đầu \({u_1}\) và công sai \(d\) của một cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\)biết \({u_4} = - 20\) và \({u_{19}} = 55\).

a) Ta có \({\sin ^2}a + {\cos ^2}a = 1 \Rightarrow \cos a =  \pm \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).

Do \(a \in \left( {\pi \,;\,\frac{{3\pi }}{2}} \right)\) nên nhận \(\cos a =  - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).

\(\sin \left( {a + \frac{\pi }{3}} \right) = \sin a\cos \frac{\pi }{3} + \cos a\sin \frac{\pi }{3}\).

\( = \left( { - \frac{1}{3}} \right).\frac{1}{2} + \left( { - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}} \right).\frac{{\sqrt 3 }}{2} =  - \frac{{1 + 2\sqrt 6 }}{6}\).

b)Ta có \[A = \frac{{\left( {\sin 7x + \sin x} \right) + \sin 4x}}{{\left( {\cos 7x + \cos x} \right) + \cos 4x}} = \frac{{2\sin 4x.\cos 3x + \sin 4x}}{{2\cos 4x.\cos 3x + \cos 4x}}\]

                                                                   \[ = \frac{{\sin 4x.\left( {2\cos 3x + 1} \right)}}{{\cos 4x.\left( {2\cos 3x + 1} \right)}} = \tan 4x\]

c) Ta có \[2\sin \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) =  - \sqrt 3 \] \[ \Leftrightarrow \sin \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) = \sin \left( { - \frac{\pi }{3}} \right)\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - \frac{\pi }{3} =  - \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x - \frac{\pi }{3} = \pi  - \left( { - \frac{\pi }{3}} \right) + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

a) Trong \[\left( {ABCD} \right)\] gọi \[O = AC \cap BD \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\]

Ta có  \[S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\]

Suy ra \[SO = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\]

Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{S \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)}\\{AD\parallel BC}\\{AD \subset \left( {SAD} \right);BC \subset \left( {SBC} \right)\,}\end{array}} \right.\]

Suy ra \[Sx = \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\] với \[Sx\parallel AD\parallel BC\]

b) Ta thấy \[SA \subset \left( {SAD} \right)\]

Trong \[\left( {ABCD} \right)\] gọi \[E = AD \cap MN \Rightarrow E \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {MNP} \right)\]

Lại có \[P \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {MNP} \right)\]

Suy ra \[PE = \left( {SAD} \right) \cap \left( {MNP} \right)\]

Trong \[\left( {SAD} \right)\] gọi \[I = SA \cap PE\]

Mà \[PE \subset \left( {MNP} \right) \Rightarrow I = SA \cap \left( {MNP} \right)\]

c) Xét tam giác SAD có : \[I,\,P,E\] thẳng hàng và lần lượt thuộc SA,SD,AD

Theo định lý Menelaus ta có \[\frac{{IS}}{{IA}}.\frac{{PD}}{{PS}}.\frac{{EA}}{{ED}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{IS}}{{IA}}.1.\frac{{EA}}{{ED}} = 1\]

Lại có DE song song BC, suy ra \[\frac{{DE}}{{MC}} = \frac{{ND}}{{NC}} = 1 \Rightarrow DE = MC \Rightarrow DE = \frac{1}{2}DA \Rightarrow \frac{{EA}}{{ED}} = 3\]

Khi đó ta có \[\frac{{IS}}{{IA}}.1.3 = 1 \Rightarrow \frac{{IS}}{{IA}} = \frac{1}{3}\].