Giải giúp mình câu 2 ạ

Bài 1. Điều kiện xác định: \( x \neq 0 \) và \( x \neq 2 \) Biểu thức \( Q \) được viết lại dưới dạng: \[ Q = \left( \frac{x^2 - 2x}{2x^2 + 8} + \frac{2x^2}{x^3 - 2x^2 + 4x - 8} \right) \cdot \frac{x^2 - x - 2}{x^2} \] Chúng ta sẽ đơn giản hóa từng phân thức trong biểu thức \( Q \): 1. Đơn giản hóa phân thức \( \frac{x^2 - 2x}{2x^2 + 8} \): \[ \frac{x^2 - 2x}{2x^2 + 8} = \frac{x(x - 2)}{2(x^2 + 4)} \] 2. Đơn giản hóa phân thức \( \frac{2x^2}{x^3 - 2x^2 + 4x - 8} \): \[ x^3 - 2x^2 + 4x - 8 = x^2(x - 2) + 4(x - 2) = (x - 2)(x^2 + 4) \] Do đó: \[ \frac{2x^2}{x^3 - 2x^2 + 4x - 8} = \frac{2x^2}{(x - 2)(x^2 + 4)} \] 3. Đơn giản hóa phân thức \( \frac{x^2 - x - 2}{x^2} \): \[ x^2 - x - 2 = (x - 2)(x + 1) \] Do đó: \[ \frac{x^2 - x - 2}{x^2} = \frac{(x - 2)(x + 1)}{x^2} \] Bây giờ chúng ta thay các phân thức đã đơn giản hóa vào biểu thức \( Q \): \[ Q = \left( \frac{x(x - 2)}{2(x^2 + 4)} + \frac{2x^2}{(x - 2)(x^2 + 4)} \right) \cdot \frac{(x - 2)(x + 1)}{x^2} \] Chúng ta sẽ cộng hai phân thức trong ngoặc: \[ \frac{x(x - 2)}{2(x^2 + 4)} + \frac{2x^2}{(x - 2)(x^2 + 4)} = \frac{x(x - 2)^2 + 4x^2}{2(x - 2)(x^2 + 4)} = \frac{x(x^2 - 4x + 4 + 4x)}{2(x - 2)(x^2 + 4)} = \frac{x(x^2 + 4)}{2(x - 2)(x^2 + 4)} = \frac{x}{2(x - 2)} \] Do đó: \[ Q = \frac{x}{2(x - 2)} \cdot \frac{(x - 2)(x + 1)}{x^2} = \frac{x + 1}{2x} \] Chúng ta cần tìm các số nguyên tố \( x \) để biểu thức \( Q \) có giá trị lớn hơn \( \frac{2}{3} \): \[ \frac{x + 1}{2x} > \frac{2}{3} \] Nhân cả hai vế với \( 6x \) (với \( x \neq 0 \)): \[ 3(x + 1) > 4x \] \[ 3x + 3 > 4x \] \[ 3 > x \] Vậy \( x \) phải là số nguyên tố nhỏ hơn 3. Các số nguyên tố nhỏ hơn 3 là 2 và 1. Tuy nhiên, \( x \neq 2 \) theo điều kiện xác định, nên chỉ còn lại \( x = 1 \). Kết luận: Số nguyên tố \( x \) để biểu thức \( Q \) có giá trị lớn hơn \( \frac{2}{3} \) là \( x = 1 \). Bài 2. 1. Ta có: $H(x)=(x^2-x-2)(x+c)=x^3+(c-1)x^2-(c+2)x-2c$ So sánh với $H(x)=x^3-2x^2+ax+b$, ta có: $c-1=-2$ $-(c+2)=a$ $-2c=b$ Giải ra ta được: $c=-1, a=-1, b=2$ 2. Ta có: $P(x)=(x-1)Q(x)+1$ $P(x)=(x^3+1)R(x)+(x^2+x+1)$ $\Rightarrow P(1)=1$ và $P(-1)=1$ Mà $P(x)=(x-1)(x^3+1)T(x)+ax^2+bx+c$ Thay $x=1$ vào ta có: $a+b+c=1$ Thay $x=-1$ vào ta có: $a-b+c=1$ Ta lại có: $P(i)=i^2+i+1=i$ Thay vào ta có: $a-b=0$ Giải ra ta được: $a=0, b=0, c=1$ Vậy số dư là 1. Bài 3. 1. Ta thấy $x+y+z$ chia hết cho 6 thì $x+y+z$ chia hết cho 3 và chia hết cho 2. Ta có $M=(x+y)(y+z)(x+z)-2xyz=(x+y+z)(xy+yz+xz)-3xyz$ $M=(x+y+z)(xy+yz+xz)-3xyz$ chia hết cho 3. $M=(x+y)(y+z)(x+z)-2xyz=(x+y)(y+z)(x+z)+2xy(x+y+z)-2xy(x+y+z)-2xyz$ $M=(x+y)(y+z)(x+z)+2xy(x+y+z)-2xy(x+y+z)-2xyz=(x+y)(y+z)(x+z)+2xy(x+y+z)-2xz(x+y+z)$ $M=(x+y)(y+z)(x+z)+2xy(x+y+z)-2xz(x+y+z)=(x+y)(y+z)(x+z)+2x(x+y+z)(y-z)$ $M=(x+y)(y+z)(x+z)+2x(x+y+z)(y-z)=(x+y+z)(y+z)(x+y)+2x(x+y+z)(y-z)$ $M=(x+y+z)(y+z)(x+y)+2x(x+y+z)(y-z)=(x+y+z)[(y+z)(x+y)+2x(y-z)]$ $M=(x+y+z)[(y+z)(x+y)+2x(y-z)]=(x+y+z)(xy+yz+xz)$ $M=(x+y+z)(xy+yz+xz)$ chia hết cho 2. Vậy M chia hết cho 6. 2. Ta có $A=1952-2x^2-y^2+2xy-10x+16y$ $A=1952-(x^2-2xy+y^2)+(x^2-10x+25)+(y^2-16y+64)$ $A=1952-(x-y)^2+(x-5)^2+(y-8)^2$ $A=1952-(x-y)^2+(x-5)^2+(y-8)^2\geq1952-(x-y)^2\geq1952-0=1952$ Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1952, đạt được khi $x=y=5$ và $x=y=8$. Điều này vô lí. Vậy không tồn tại giá trị của x, y để biểu thức A đạt giá trị nhỏ nhất. 3. Ta có $\frac a{b^2}+\frac b{a^2}+\frac4{a+b}-2(\frac1a+\frac1b)=\frac a{b^2}+\frac b{a^2}-\frac2{ab}+\frac4{a+b}-2(\frac1a+\frac1b)+\frac2{ab}$ $=\frac{(a-b)^2}{a^2b^2}+\frac{2(a-b)^2}{ab(a+b)}=\frac{(a-b)^2(ab+a^2+b^2)}{a^2b^2(a+b)}\geq0$ Vậy $\frac a{b^2}+\frac b{a^2}+\frac4{a+b}\geq2(\frac1a+\frac1b)$. Bài 4. Gọi I là giao điểm của AF và CD, ta sẽ chứng minh GE đi qua I. Ta có: $\frac{BI}{ID}=\frac{S_{ABF}}{S_{ADF}}=\frac{\frac{1}{3}S_{ABC}}{\frac{1}{2}S_{ADC}}=\frac{\frac{1}{3}S_{ABC}}{\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}S_{ABC}}=\frac{4}{3}$ Mặt khác: $\frac{BI}{IG}=\frac{S_{BIF}}{S_{GIF}}=\frac{\frac{1}{3}S_{BIC}}{\frac{1}{2}S_{BIG}}=\frac{\frac{1}{3}S_{BIC}}{\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}S_{BIC}}=\frac{4}{3}$ Từ đó ta có: $\frac{BI}{ID}=\frac{BI}{IG}$ Suy ra: ID = IG Vậy ba đường thẳng AF, CD, GE đồng quy tại I. Bài 5. 1. Ta có: $AE=CF$ (gt) $BA=DC$ (cạnh hinh vuông) $\widehat{EAD}=\widehat{FCD}=90^{\circ}$ Nên tam giác EAD = tam giác FCD (cạnh hinh vuông) Suy ra: $\widehat{ADE}=\widehat{CDF}$ Mà $\widehat{ADE}+\widehat{ADF}=90^{\circ}$ Nên $\widehat{EDF}=90^{\circ}$ Lại có: $DE=DF$ nên tam giác EDF vuông cân. 2. Gọi O là trung điểm của AC. Ta có: $\widehat{AOD}=\widehat{COB}=90^{\circ}$ $\widehat{DAO}=\widehat{BCO}$ (góc so le trong) $OA=OC$ (O là trung điểm của AC) Nên tam giác DAO = tam giác CBO (cạnh hinh vuông) Suy ra: $DO=BO$ Ta có: $\widehat{ADO}=\widehat{CBO}$ (tam giác DAO = tam giác CBO) Mà $\widehat{CBO}+\widehat{OBF}=90^{\circ}$ Nên $\widehat{ADO}+\widehat{OBF}=90^{\circ}$ Từ đó ta có: $\widehat{EDO}=\widehat{FDO}$ Xét tam giác EDO và tam giác FDO có: $DO$ cạnh chung $DE=DF$ (tam giác EDF vuông cân) $\widehat{EDO}=\widehat{FDO}$ Nên tam giác EDO = tam giác FDO (cạnh hinh vuông) Suy ra: $OE=OF$ hay O là trung điểm của EF. 3. Ta có: $AB=2BE$ nên $BE=\frac{1}{3}AB=\frac{1}{3}a$ Từ đó ta tính được: $AE=\frac{4}{3}a$ Xét tam giác ABE và tam giác HCE có: $\widehat{HCE}=\widehat{BAE}$ (cùng bằng góc DAE) $\widehat{CHE}=\widehat{BEA}$ (đối đỉnh) Nên tam giác ABE = tam giác HCE (góc - góc) Suy ra: $HE=EA=\frac{4}{3}a$ Mà $DK=HE$ nên $DK=\frac{4}{3}a$ Từ đó ta tính được diện tích tam giác EKF và tam giác DKH rồi cộng lại để tính diện tích tứ giác EHKF.