因为$3a^2-10ab+8b^2+5a-10b=(a-2b)(3a-4b+5)=0\Rightarrow a-2b=0$ 或$3a-4b+5=0$.
(1) 当$a-2b=0$ 时, $u=9a^2+72b+2=36b^2+72b+2=36(b+1)^2-34$.
当$b=-1$ 时, $u$ 的最小值为$-34$, 此时实数队$(a,b)=(-2,-1)$.
(2) 当$3a-4b+5=0$ 时, $u=9a^2+72b+2=16b^2+32b+27=16(b+1)^2+11$,
当$b=-1$ 时, $u$ 的最小值为$11$, 此时实数队$(a,b)=(-3,-1)$.
综上可知, $u$ 的最小值为$-34$.

(1) $a=\frac{1+\sqrt{2}}{2}, b=\frac{1-\sqrt{2}}{2}$ 满足要求, 答案不唯一;
(2) 按题设$(a^2+b)-(b^2+a)=(a-b)(a+b-1)$ 为有理数, 记为$q$.
$\because a+b-1\neq 0$, 且为有理数, 所以$a-b=\frac{q}{a+b-1}$ 为有理数.
又$a+b$ 为有理数, 所以$a=\frac{(a+b)+(a-b)}{2}$ 为有理数, $b=\frac{(a+b)-(a-b)}{2}$ 为有理数.

(1) $a+b-2\sqrt{ab}=(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\geq 0$, 所以$\frac{a+b}{2}\geq \sqrt{ab}$
当且仅当$a=b$ 时等号成立.
(2) 先证$a^3+b^3+c^3\geq 3abc$.
$a^3+b^3+c^3+abc\geq 2\sqrt{a^3b^3}+2\sqrt{c^3\cdot abc}=2ab\sqrt{ab}+2c^2\sqrt{ab}$
$\geq 2\cdot 2\sqrt{ab\sqrt{ab}\cdot c^2\sqrt{ab}}=4abc$.
即$a^3+b^3+c^3+abc\geq 4abc\Rightarrow a^3+b^3+c^3\geq 3abc$. 当且仅当$a=b=c$ 时号成立.
故有$(\sqrt[3]{a})^3+(\sqrt[3]{b})^3+(\sqrt[3]{c})^3\geq 3\sqrt[3]{a}\cdot \sqrt[3]{b}\cdot \sqrt[3]{c}$
所以有$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[3]{abc}$

设税率调低后, 国家此项税收总收入为$y$ 元.
则$y=2400m(1+2x\%)(8-x)\%=-\frac{12}{25}m(x^2+42x-400) (0\lt x\leq 8)$.
依题意得: $y\geq 2400m\times 8\%\times 78\%$.
即$-\frac{12}{25}m(x^2+42x-400)\geq 2400m\times 8\%\times 78\%$
整理得$x^2+42x-88\leq 0\Rightarrow -44\leq x\leq 2$
结合$x$ 的范围$0\lt x\leq 8$, 得$0\lt x\leq 2$.

(1)当$a^2-3a+2=0\Rightarrow a=1$ 或$a=2$.
当$a=1$ 时, 原不等式$2>0$ 恒成立. 所以$a=1$ 符合题意.
当$a=2$ 时, 原不等式为$x+2>0\Rightarrow x>-2$, 所以$a=2$ 不符合题意.
(2) 当$a^2-3a+2\neq 0$ 时, 则
\[
\left\{\begin{array}{lr} a^2-3a+2\gt 0 \\ \Delta=(a-1)^2-8(a^2-3a+2)<0 \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{lr} a\lt 1 或 a\gt 2 \\ a\lt 1 或 a\gt \frac{15}{7} \end{array}\right.
\]
故$a\lt 1$ 或$a\gt \frac{15}{7}$.

综上可知, 满足题意的充要条件时: $a\leq 1$ 或$a\geq \frac{15}{7}$.

因为$a\geq \frac{1}{2}$, 所以函数$f(x)=-a^2x^2+ax+c$ 图象的对称轴方程为直线$x=\frac{a}{2a^2}=\frac{1}{2a}$,
且$0\lt \frac{1}{2a}\leq 1$, 所以$f(x)\leq f(\frac{1}{2a})=\frac{1}{4}+c$.
先证充分性: 因为$c\leq \frac{3}{4}$, 且$f(x)\leq f(\frac{1}{2a})=\frac{1}{4}+c\leq \frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1$.
所以$f(x)\leq 1$.
再证必要性: 因为$f(x)\leq 1$, 所以只需$f(\frac{1}{2a})\leq 1$ 即可. 即$\frac{1}{4}+c\leq 1\Rightarrow c\leq \frac{3}{4}$.

综上可知, 当$0\leq x\leq 1$ 时, 均有$f(x)\leq 1$ 成立的充要条件是$c\leq \frac{3}{4}$.

(1)必要性:
设关于$x$ 的方程: $x^2+2ax+b^2=0$ 与$x^2+2cx-b^2=0$ 有公共根$x_0$.
则$x_0^2+2ax_0+b^2=0, x_0^2+2cx_0-b^2=0$, 两式相减, 可得$x_0=\frac{b^2}{c-a}$,
代入$x_0^2+2ax_0+b^2=0\Rightarrow b^2+c^2=a^2\Rightarrow A=90^{\circ}$.

(2) 充分性:
因为$A=90^{\circ}$, 所以$b^2+c^2=a^2\Rightarrow b^2=a^2-c^2$.
代入方程$x^2+2ax+b^2=0\Rightarrow x^2+2ax-c^2=0\Rightarrow (x+a-c)(x+a+c)=0$.
代入方程$x^2+2cx-b^2=0\Rightarrow x^2+2cx+c^2-a^2\Rightarrow (x+c-a)(x+c+a)=0$.
故两个方程有公共根$x=-(a+c)$.
综上, 可知得证.

(1) 容易求得$a=-\frac{1}{3}$,如图所示,设$f(x)=-\frac{x^2}{3}+\frac{2x}{3}+1$ 要四边形$PQHG$ 为正方形,
则有$PG=GH$, 设 $G(m,0)\Rightarrow GH=2|1-m|$, 此时$PG=f(m)=-\frac{m^2}{3}+\frac{2m}{3}+1$
易求得边长$PG=6+2\sqrt{13}$ 或$2\sqrt{13}-6$.

(2) 如图, 设点$T(m,0)\Rightarrow DT=-\frac{m^2}{3}+\frac{2m}{3}+1$
$\because \triangle ADT\backsim \triangle AFN\Rightarrow \frac{NF}{DT}=\frac{NA}{TA}$
$\therefore \frac{NF}{-\frac{m^2}{3}+\frac{2m}{3}+1}=\frac{3}{m+1}\Rightarrow NF=3-m$.
同理由$\triangle BNE\backsim \triangle BTD\Rightarrow \frac{NE}{DT}=\frac{BN}{BT}$
$\therefore \frac{NE}{-\frac{m^2}{3}+\frac{2m}{3}+1}=\frac{1}{3-m}\Rightarrow NE=\frac{m+1}{3}$
所以有$NF+3NE=(3-m)+(m+1)=4$.

(1) 连接$BD,CD$, 设$D(1,m)$, 由线段垂直平分线的性质得$BD=CD$. 由勾股定理得出方程可
得$m=1$, 则$D(1,1)$. 再由$\triangle DHF\backsim \triangle BOC$, 求出$HF=2$, 则
$OF=OH+HF=3\Rightarrow F(3,0)$.
(2) 分别延长$EC$ 与$FP$, 交于点$M$, 过点$E$ 作$EG\bot x$ 轴, 过点$M$ 作$MN\bot EG$
于点$N$, 求出$E(-1,2)$. 证$\triangle EGF\cong \triangle MNE(AAS)$, 得$MN=EG=2,NE=GF=4$,
则$M(1,6)$, 由待定系数法求直线$MF$ 的表达式为$y=-3x+9$, 由直线$MF$ 和抛物线解析式
组成方程组, 解方程组即可得$P(4-\sqrt{6},3\sqrt{6}-3)$.

设销售价格定为$x$ 元, 所以每天的利润$y=\frac{10^5}{(x-4)^2}(x-50)$.
因为
$\frac{(x-40)^2}{(x-50)}=\frac{[(x-50)+10]^2}{x-50}=(x-50)+\frac{100}{(x-50)}+20\geq 2\sqrt{(x-50)\cdot \frac{100}{(x-50)}}+20=40$
$\therefore y\leq \frac{10^5}{40}=2500$, 当且仅当$x-50=\frac{100}{50}$ 即$x=60$ 或 $x=40$时
等号成立, 由已知$50\lt x\lt 80$, 所以$x=60$ 满足要求.

另解: 有已知得: $y=\frac{10^5}{(x-40)}(x-50)=\frac{10^5}{(x-40)^2}\cdot [(x-40)-10]=\frac{10^5}{(x-4)}-\frac{10^6}{(x-40)^2}$.
设$t=\frac{10^3}{(x-40)}$, 所以原式为$y=100t-t^2=-(t-50)^2+2500\leq 2500$当$t=50$
即$x=60$ 时取得最大值$2500$.