由已知有: $a+\frac{1}{b}=x,b+\frac{1}{c}=x,c+\frac{1}{d}=x,d+\frac{1}{a}=x$, 得
$b=\frac{1}{x-a}$ 代入$b+\frac{1}{c}=x\Rightarrow c=\frac{x-a}{x^2-ax+1}$ 代入
$c+\frac{1}{d}=x\Rightarrow \frac{x-a}{x^2-ax-1}+\frac{1}{d}=x$ 整理得:
$dx^3-(ad+1)x^2-(2d-a)x+ad+1=0$, 再由$d+\frac{1}{a}=x\Rightarrow ad+1=ax$ 代入上式得:
$(d-a)(x^3-2x)=0$, 因为$d\neq a$, 所以$ x^3-2x=0$, 若$x=0\Rightarrow a=c$矛盾!
故有: $x^2=2\Rightarrow x=\pm \sqrt{2}$.

$8$ 名选手共赛了$\frac{8\times 7}{2}=28$ 局, 共$28$ 分, 若前三名选手得分分别为$a_1,a_2,a_3$,
那么根据题意应有$a_1+a_2+a_3+4.5+a_2=28\Rightarrow a_1+2a_2+a_3=23.5$
注意到每局得分只有$0,0.5,1$ 三中情况, 可见$2a_2$ 是整数, 所以$a_1,a_3$ 中一个是整
数, 另一个是小数, 由于得分最多是$7$ 分, 所以$7\geq a_1\gt a_2\gt a_3\gt 4.5$
再由$a_1+2a_2+a_3=23.5\Rightarrow 4a_1\gt 23.5, 4a_3\lt 23.5\Rightarrow a_1\gt 5.875, a_3\lt 5.875$
因此$7\geq a_1\geq 6, 6\gt a_3\geq 5\Rightarrow a_3=5$ 或$a_3=5.5$.
当$a_3=5$ 时, $a_1=6.5\Rightarrow 2a_2=12$,故$a_2=6$;
当$a_3=5.5$ 时, $a_1=7\Rightarrow 2a_2=11\Rightarrow a_2=5.5$ 与$a_3$ 相等, 不合题意.

综上所述, 前三名的得分分别是: $6.6$ 分, $6$ 分, $5$ 分.

因为$D,E,F$ 的坐标分别为$D(0,b),E(1,a+b),F(2,2a+b)$, 所以
$AD^2+BE^2+CF^2 =(b-1)^2+(a+b-3)^2+(2a+b-6)^2 \\ =5a^2+6ab+3b^2-30a-20b+46 =5a^2+(6b-30)a+3b^2-20b+46 \\ =5(a+\frac{3}{5}b-3)^2-5(\frac{3}{5}b-3)^2+3b^2-20b+46 \\ =5(a+\frac{3}{5}b-3)^2+\frac{6}{5}b^2-2b+1=5(a+\frac{3}{5}b-3)^2+\frac{6}{5}(b-\frac{5}{6})^2+\frac{1}{6}$
所以当$a+\frac{3}{5}b-3=0$ 且$b-\frac{5}{6}=0$ 时, 上式取得最小值,
此时$a=\frac{5}{2}, b=\frac{5}{6}$, 最小值为$\frac{1}{6}$.

考虑$\triangle ABE$ 被直线$FC$ 所截应用梅涅劳斯定理有:

$\frac{AF}{FB}\cdot \frac{BD}{DE}\cdot \frac{CE}{CA}=1$

$\because FA=FB,EC,ED\Rightarrow BD=CA$
作$\angle CAG=\angle DBF$ 交$FC$ 于点$G$. 在$\triangle CAG$ 与$\triangle DBF$ 中
$CA=DB,\angle CAG=\angle DBF,\angle ACG=\angle BDF$, $\therefore \triangle CAG\cong \triangle DFB(ASA)$
$\therefore AG=BF, FD=GC$, $\because AF=FB=CD\Rightarrow BF=FA=AG=FG$
即$\triangle AFG$ 是等边三角形.
所以$\angle AFG=60^{\circ}\Rightarrow \angle BFC=120^{\circ}$.

如图, 连结$FC,AD$, 所以有$\frac{AF}{FB}=\frac{S_{\triangle ADF}}{S_{\triangle BDF}}$; $\frac{BD}{DC}=\frac{S_{\triangle BDF}}{S_{\triangle CDF}}$;
$\frac{CE}{EA}=\frac{S_{\triangle CEF}}{S_{\triangle EAF}}=\frac{S_{\triangle CED}}{S_{\triangle AED}}=\frac{S_{\triangle CEF}+S_{\triangle CED}}{S_{\triangle EAF}+S_{\triangle EAD}}=\frac{S_{\triangle CDF}}{S_{\triangle ADF}}$

所以$\frac{AF}{FB}\cdot \frac{BD}{DC}\cdot \frac{CE}{EA}=\frac{S_{\triangle ADF}}{S_{\triangle BDF}} \cdot \frac{S_{\triangle BDF}}{S_{\triangle CDF}}\cdot \frac{S_{\triangle CDF}}{S_{\triangle ADF}}=1$

问题得证.

令$S_0=0$, 则$a_1=S_1-S_0, a_k=S_k-S_{k-1} (k=2,3,\ldots,n)$

$\therefore \sum_{k=1}^na_kb_k=\sum_{k=1}^n b_k(S_k-S_{k-1})=\sum_{k=1}^nb_kS_k-\sum_{k=1}^nb_kS_{k-1}$

又

$\sum_{k=1}^nb_kS_{k-1}=\sum_{k=2}^n b_kS_{k-1}=\sum_{k=1}^{n-1}b_{k+1}S_k$

所以有

$\sum_{k=1}^n a_kb_k=S_nb_n+\sum_{k=1}^{n-1}b_kS_k-\sum_{k=1}^{n-1}b_{k+1}S_k=S_nb_n+\sum_{k=1}^{n-1}S_k(b_k-b_{k+1})$

如图所示, 过点$A$ 作$AH\bot BC$ 于$H$, 设$H$ 在线段$PC$ 上(若则线段$BP$ 上同理可证)
所以由勾股定理可知
$AC^2=AH^2+HC^2=AP^2-PH^2+HC^2=AP^2+(HC+PH)(HC-PH)$
$\Rightarrow AC^2=AP^2+PC(HC-PH)\Rightarrow AC^2\cdot PB=AP^2\cdot PB+PB\cdot PC(HC-PH)$.
$AB^2=AH^2+HB^2=AP^2-PH^2+HB^2=AP^2+(HB+PH)(HB-PH)$
$\Rightarrow AB^2=AP^2+PB(HB+PH)\Rightarrow AB^2\cdot PC=AP^2\cdot PC+PB\cdot PC(HB+PH)$.
将上述两式相加即得

$AC^2\cdot PB+AB^2\cdot PC=AP^2(PB+PC)+PB\cdot PC(HC-PH+HB+PH)$

所以有: $$BP\cdot AC^2+PC\cdot AB^2=BC\cdot AP^2+BP\cdot PC\cdot BC$$

(1) $AD=2\sqrt{6}$ cm; $DC=2\sqrt{2}$ cm.
(2) 如图所示, 过$N$ 作$NF\bot CD$ 于点$F$, $NH\bot AC$ 于点$H$, $HE\bot AD$ 于点$E$, $NE$ 交AC于点$G$.
显然$Rt\triangle NCH$ 为等腰直角三角形, $Rt\triangle NHG$ 与$Rt\triangle AHE$ 是
有一个角为$30^{\circ}$ 的直角三角形. 因为$NC=x$, 所以有:
$NH=HC=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot x\Rightarrow HG=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}x=\frac{\sqrt{6}}{6}x$, $\therefore HG=2GH=\frac{\sqrt{6}}{3}x$.
因此有: $AG=AC-(HC+GH)=4\sqrt{2}-(\frac{\sqrt{6}}{6}+\frac{\sqrt{2}}{2})x$
$\Rightarrow GE=\frac{AG}{2}=2\sqrt{2}-(\frac{\sqrt{6}+3\sqrt{2}}{12})x$.
所以$NE=NG+GE=\frac{\sqrt{6}}{3}x+2\sqrt{2}-(\frac{\sqrt{6}+3\sqrt{2}}{12})x=2\sqrt{2}+(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4})x$.

(3) 由(2) 知$CF=NE-CD=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}x$,
所以$NF=\sqrt{NC^2-CF^2}=\sqrt{x^2-(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4})^2x^2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}x$.
连结$ND$. 所以有
\[
S_{\triangle PMN}=S_{\triangle MND}+S_{\triangle PDN}-S_{\triangle PMD}
\]
\[
S_{\triangle PMN}=\frac{1}{2}\cdot MD\cdot
NE=\frac{1}{2}(2\sqrt{6}-x)(2\sqrt{2}+(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4})x)=(2\sqrt{6}-x)(\sqrt{2}+(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{8})x)
\]
\[
S_{\triangle PDM}=\frac{1}{2}\cdot PD\cdot NF=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot (\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4})x
\]
\[
S_{\triangle PDM}=\frac{1}{2}\cdot PD\cdot MD=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot (2\sqrt{6}-x)
\]
\[
y=\sqrt{2}(2\sqrt{6}-x)+(2\sqrt{6}-x)(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{8})x+\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot (\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4})x-\frac{\sqrt{2}}{2}(2\sqrt{6}-x)
\]
化简合并得
\[
y=-\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{8}x^2+\frac{7-\sqrt{3}-2\sqrt{2}}{4}x+2\sqrt{3}
\]
此二次函数$a=-\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{8}, b=\frac{7-\sqrt{3}-2\sqrt{2}}{4}, c=2\sqrt{3}$,
所以当$x=-\frac{b}{2a}=\frac{7-\sqrt{3}-2\sqrt{2}}{\sqrt{6}-\sqrt{2}}$ 时取得最大值$\frac{4ac-b^2}{4a}=\frac{30+10\sqrt{2}-6\sqrt{6}-7\sqrt{3}}{4(\sqrt{6}-\sqrt{2})}$,
分母有理得最大值为: $\frac{23\sqrt{6}+8\sqrt{3}+9\sqrt{2}-16}{16}$

如图, $\triangle PQR$ 是取得最大面积, $P$ 应在$DE$ 上, $Q,R$ 应分别在$AF,BC$ 上.
过$P$ 作$PH\bot QR$ 于$H$, 交$AB$ 于$G$, 过$A,B$ 分别作$AM\bot QR$ 于$M$, $BN\bot QR$ 于$N$.
设$PH=x$, 则$HG=\sqrt{3}-x, QM=NR=AM\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=(\sqrt{3}-x)\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}$.
$QR=2QM+MN=2(1-\frac{\sqrt{3}}{3}x)+1=3-\frac{2\sqrt{3}}{3}x$.
$\therefore S_{\triangle PQR}=\frac{1}{2}\cdot QR\cdot PH=\frac{1}{2}(3-\frac{2}{3}\sqrt{3}x)\cdot x=-\frac{\sqrt{3}}{3}(x-\frac{3\sqrt{3}}{4})^2+\frac{9\sqrt{3}}{16}$.
当$x=\frac{3\sqrt{3}}{4}$, 即$Q,R$ 分别为$AF,BC$ 的中点时, $S_{\triangle PQR}$ 取
得最大值$\frac{9\sqrt{3}}{16}$.

由题意知: $a_1+a_2+\cdots+a_n+a_{n+1}=(n+1)^3$, 与$a_1+a_2+\cdots+a_n=n^3$ 相减得:
\[
a_{n+1}=(n+1)^3-n^3=3n^2+3n+1\Rightarrow \frac{1}{a_{n+1}-1}=\frac{1}{3}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})
\]
因此
\[
\frac{1}{a_2-1}+\frac{1}{a_3-1}+\cdots +\frac{1}{a_{100}-1}=\frac{1}{3}[(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\cdots +(\frac{1}{99}-\frac{1}{100})]=\frac{33}{100}
\]