Tổng các góc của tất cả các mặt của khối đa diện đều loại $\left\{5;3\right\}$  là

Ta dựng thêm điểm D sao cho C là trung điểm của $AD\Rightarrow D\left(3;12;-8\right)$

Gọi H₁, H₃ lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, D lên mặt phẳng (P). Khi đó:$d\left(D,\left(P\right)\right)=2d\left(C,\left(P\right)\right)=h_2=D{H}_3.$

Trường hợp 1: B, C cùng phía với mặt phẳng (P) (hình vẽ).

Gọi I, H lần lượt là trung điểm của $BD,H_1{H}_3\Rightarrow I\left(2;\frac{19}{2};-5\right)$

Suy ra:  $h_1+h_2=B{H}_1+D{H}_3=2IH\le 2IA=33$(*)

Trường hợp 2: B, C khác phía với mặt phẳng (P) (hình vẽ).

Suy ra:  $h_1+h_2\le BI+DI=BD=\sqrt{65}$(2^*).

Từ (*), (2^*) suy ra: ${\left(h_1+h_2\right)}_{\max }=33.$

Dấu “=” xảy ra khi  $IA\perp \left(P\right)$ 

$\Rightarrow \overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\overrightarrow{IA}=\left(-3;-\frac{27}{2};9\right)//\left(2;9;-6\right).$

Suy ra phương trình $\left(P\right):2\left(x+1\right)+9\left(y+4\right)-6\left(z-4\right)=0$

$\iff \left(P\right):2x+9y-6z+62=0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}b=9\\ c=-6\\ d=62\end{array}\right.\Rightarrow T=65.$

Từ bảng biến thiên của hàm số $y=f\left(x\right),$  ta suy ra bảng biến thiên của hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$  như sau:

Vì bài toán quan tâm tới việc sắp thứ tự các nghiệm với giá trị x = 1 do đó ta cần tính được giá trị của hàm số tại x = 1. Nhưng ta nhận thấy M(0;6) và N(2;0) là hai điểm cực trị của hàm số. Khi đó, trung điểm I(1;3) của MN cũng thuộc đồ thị hàm số hay $f\left(1\right)=3$  nên ta có bảng biến thiên sau:

Dựa vào bảng biến thiên này, suy ra phương trình $\left|f\left(x\right)\right|=m$  có bốn nghiệm $x_1,x_2,x_3,x_4$  thỏa mãn $x_1<x_2<x_3<1<x_4$  khi và chỉ khi $3<m<6.$