Các góc của tứ giác có thể là

\[P = \frac{1}{{x - 1}} + \frac{x}{{{x^2} + x + 1}} + \frac{{2x + 1}}{{1 - {x^3}}}\] với \(x \ne 1.\)

a) Với \(x \ne 1\) ta có:

\[P = \frac{1}{{x - 1}} + \frac{x}{{{x^2} + x + 1}} + \frac{{2x + 1}}{{1 - {x^3}}}\]

\[ = \frac{1}{{x - 1}} + \frac{x}{{{x^2} + x + 1}} - \frac{{2x + 1}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}\]

\( = \frac{{{x^2} + x + 1 + x\left( {x - 1} \right) - 2x - 1}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{{x^2} + x + 1 + {x^2} - x - 2x - 1}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{2{x^2} - 2x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}} = \frac{{2x\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{2x}}{{{x^2} + x + 1}}\).

Vậy với \(x \ne 1\) thì \(P = \frac{{2x}}{{{x^2} + x + 1}}.\)

b) Với \(x = 2\) (thỏa mãn) thay vào biểu thức \(P\) ta được: \(P = \frac{{2 \cdot 2}}{{{2^2} + 2 + 1}} = \frac{4}{7}.\)

c) Với \(x > 0,x \ne 1\) ta có:

⦁ \(2x > 0;\)

⦁ \({x^2} + x + 1 = {x^2} + x + \frac{1}{4} + \frac{3}{4} = {\left( {x + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0.\)

Do đó \(P = \frac{{2x}}{{{{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{4}}} > 0\) với mọi \(x > 0,x \ne 1\).

Đáp án đúng là: A

Ta có: \({\left( {x - 5} \right)^2} - {\left( {x + 5} \right)^2} = \left( {x - 5 + x + 5} \right)\left( {x - 5 - x - 5} \right) = 2x \cdot \left( { - 10} \right) =  - 20x\).