Câu hỏi này của bạn khá rộng và phải xét nhiều trường hợp. Ví dụ cho $d_1,d_2,d_3$ trong đó $d_1 \parallel d_2$ cùng thuộc mặt phẳng $(P)$ và $d_3 \notin (P), d_3 \parallel (P)$. Khi đó đường thẳng $d$ cắt cả ba đường thẳng $d_1,d_2,d_3$ là không tồn tại vì $d$ cắt $d_1,d_2$ thì phải thuộc $(P)$ nên không thể có điểm chung với $d_3$.

1. Hình vuông cạnh $5cm$ có diện tích $25cm^2$ trong khi đó $3$ hình vuông cạnh $4cm$ có tổng diện tích là $48cm^2>25cm^2$ nên do đó không thể phủ kín mà các hình vuông con không giao nhau.

2. Điều kiện $\begin{cases}x^2>3\\ x >-5/3 \end{cases}\Leftrightarrow x>\sqrt 3.$ PT
$\Leftrightarrow \log_2\dfrac{2(x^2-3)}{6x+10}=0\Leftrightarrow \dfrac{2(x^2-3)}{6x+10}=1\Leftrightarrow x^2-3x-8=0\Leftrightarrow x=\frac{3+\sqrt{41}}{2}$.

1. PT
$\Leftrightarrow 3.\left ( \frac{5}{7} \right )^{2x}+2-5.\left ( \frac{5}{7} \right )^{x}=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\left ( \frac{5}{7} \right )^{x}-1} \right]\left[ {3\left ( \frac{5}{7} \right )^{x}-2} \right]=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \left ( \frac{5}{7} \right )^{x}=1\\\left ( \frac{5}{7} \right )^{x}=\frac{2}{3}\end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=0\\x=\log_{5/7}\frac{2}{3}\end{matrix}} \right.$

Áp dụng BDT Cô-si ta có
$$P=(xy+\frac{x}{y})+(yz+\frac{y}{z})+(zx+\frac{z}{x})-(x+y+z)+(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}) \\
\geq (2x+2y+2z)-(x+y+z)+(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\\
=(x+\frac{1}{x})+(y+\frac{1}{y})+(z+\frac{1}{z})\geq 2+2+2=6$$
Vậy $ \min P=6\Leftrightarrow x=y=z=1$.

c. Từ câu a và câu b ta dễ suy ra hai điều sau
$\begin{cases}RB \parallel MI \\ RB=MI \end{cases}\Rightarrow $ tứ giác $MRBI$ là hình bình hành $\Rightarrow MR=BI$.
Mặt khác cũng theo câu a thì $AI=AD$, như vậy
$MR=BI=AB-AI=AB-AD,$ đpcm.

b. Xét tam giác $ADI$ có $AM$ là đường cao đồng thời là phân giác trong nên tam giác này cân tại $A$ do đó $AD=AI\implies AI=BC$.
Mặt khác cũng suy ra $\widehat{AID}=\frac{1}{2}\widehat{ADI}=\frac{1}{2}\widehat{ADC}=\frac{1}{2}\widehat{ABC}=\widehat{CBR}$
Từ đó dễ có $\triangle AMI =\triangle CRB$ (cạnh huyền-góc nhọn).

a. Ta có $\widehat{DAB}+\widehat{CDA}=180^\circ $ (2 góc trong cùng phía bù nhau)
$\implies \frac{1}{2}\widehat{DAB}+\frac{1}{2}\widehat{CDA}=90^\circ $
$\implies\widehat{DAM}+\widehat{ADM}=90^\circ $
$\implies\widehat{AMD}=90^\circ \implies AM \perp DM$.
Chứng minh tuơng tự ta có $CN \perp DN, AQ \perp BQ,CR \perp BR.$
Suy ra $MNRQ$ là hình chữ nhật.

$E=\frac{\log _24\sqrt[3]{16} -2\log _{\frac{1}{3}}27\sqrt[3]{3} +4^{{2+\log _23}}}{\log _354+\log _{\frac{1}{3}}2}$
$E=\frac{\log _24 +\frac{1}{3}\log _2{16} +2\log _{3}27+\frac{2}{3}\log _{3}3+2^{{4+2\log _23}}}{\log _327+\log _32-\log _{3}2}$
$E=\frac{2 +\frac{4}{3} +6+\frac{2}{3}+2^{{\log _2144}}}{3}$
$E=\frac{10+144}{3}=\frac{154}{3}.$

2. Gọi $G$ trọng tâm tam giác $ABC$ thì $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC} =\overrightarrow{0}$.
 Ta có
$\left| {\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} } \right|=3|\overrightarrow{MG}|=3MG \ge 3GH$, trong đó $H$ là chân đường cao hạ từ $G$ xuống $d$.
Vậy $M \equiv H$.

1. Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành thì $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD} =\overrightarrow{0}$.
Ta có
$\left| {\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}} \right|=4|\overrightarrow{AB}|\Leftrightarrow \left| {4\overrightarrow{MO}} \right|=4|\overrightarrow{AB}|\Leftrightarrow MO=AB$.
Như vậy tập hợp các điểm $M$ là đường tròn tâm $O$ bán kính $AB$.

a. $(x+3)\log ^{2}_{3}(x+2)-4(x+2)\log _{\frac{1}{3}}(x+2)=16$
$\Leftrightarrow (x+3)\log ^{2}_{3}(x+2)+4(x+2)\log _{3}(x+2)-16=0$
$\Leftrightarrow (x+3)\log ^{2}_{3}(x+2)+4(x+3)\log _{3}(x+2)-4\log _{3}(x+2)-16=0$
$\Leftrightarrow \left [ \log _{3}(x+2)+4 \right ]\left [ (x+3)\log _{3}(x+2)-4 \right ]=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \log _{3}(x+2)=-4\\\log _{3}(x+2)=\frac{4}{x+3}  \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=3^{-4}-2\\\log _{3}(x+2)=\frac{4}{x+3}  \end{matrix}} \right.$
PT $\log _{3}(x+2)=\frac{4}{x+3} $ có duy nhất nghiệm $x=1$ vì hàm $\log _{3}(x+2)$ đồng biến và $\frac{4}{x+3} $ nghịch biến.

b. $9^x+2.3^x-15=0\Leftrightarrow (3^x+5)(3^x-3)=0\Leftrightarrow 3^x=3\Leftrightarrow x=1.$

PT
$\Leftrightarrow 2\log ^{2}_{2}x-7\log _2x+3=0$
$\Leftrightarrow \left ( 2\log _2x-1 \right )\left ( \log _2x-3 \right )=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \log _2x=1/2\\\log _2x=3 \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix}x=\sqrt 2\\x=8 \end{matrix}} \right.$

Gọi $M(m,2m) \in (d_1)$. Đường tròn $(C)$ tâm $M$ tiếp xúc với $d_2$ thì nó có bán kính $R^2=\frac{(3m-1)^2}{2}.$
Lúc này PT  $(C)$ có dạng
$$(x-m)^2+ (y-2m)^2=\frac{(3m-1)^2}{2}$$
$(C)$ cắt $d_3$ tại $A(a,a-1),B(b,b-1) \in d_3$ thì $a,b$ là hai nghiệm của PT
$$(x-m)^2+ (x-2m-1)^2=\frac{(3m-1)^2}{2}$$
$$\iff 2x^2-2x(3m+1)+\frac{m^2+14m+1}{2}=0$$
Và theo định lý Vi-et
$$\begin{cases}a+b=3m+1 \\ ab=\frac{m^2+14m+1}{4} \end{cases}$$
Mặt khác
$$AB=4\sqrt 2\Leftrightarrow (a-b)^2+(a-b)^2=32\Leftrightarrow (a+b)^2-4ab=16$$
$$\Leftrightarrow (3m+1)^2-(m^2+14m+1)=16\Leftrightarrow m=-1,m=2$$