a) Giả sử phương trình \({x^2} - ax + 2 = 0\) (\(a\) là tham số) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\). Tính \(P = x_1^3 + {x_2}^3\) theo \(a\).

b) Cho \(\alpha  = \sqrt[3]{{\frac{8}{3}}} + \sqrt[3]{3}\). Tìm một đa thức bậc \(3\), hệ số nguyên nhận \(\alpha \) làm nghiệm.

1. Gọi \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC\).

Vì \(K,L\)lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác \(CDE,BDF \Rightarrow DL\)là tia phân giác của \(\widehat {FDB};FL\) là tia phân giác của \(\widehat {BFD};CK\) là tia phân giác của \(\widehat {ECD};DK\) là tia phân giác của \(\widehat {EDC}\).

Vì tứ giác \(DHEC\)có: $\widehat{HDC}+\widehat{HEC}={90}^{°}+{90}^{°}={180}^{°}$

Suy ra tứ giác \(DHEC\)nội tiếp\( \Rightarrow \widehat {EDC} = \widehat {EHC} \Rightarrow \widehat {EDC} = \widehat {FHB}\)

Vì tứ giác \(DFHB\)có:  $\widehat{FDB}+\widehat{FHB}={90}^{°}+{90}^{°}={180}^{°}$

Suy ra tứ giác \(DHFB\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {FDB} = \widehat {FHB}.\)

Do đó: \(\widehat {EDC} = \widehat {FDB} \Rightarrow \widehat {LDF} = \widehat {KDC}.\)

2. Tứ giác \(ACDF\)có: $\widehat{AFC}=\widehat{ADC}={90}^{°}$

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(ACDF\)nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {BFD} = \widehat {ACD} \Rightarrow \widehat {LFD} = \widehat {KCD}\)

Xét \(\Delta LDK\) và \(\Delta KDC\), ta có: \(\widehat {LDF} = \widehat {KDC}\) và .

Vì $\left\{\begin{array}{l}\widehat{EDC}=\widehat{FDB}\Rightarrow \widehat{LDB}=\widehat{KDC}\Rightarrow \widehat{LDK}+2\widehat{LDB}={180}^{°}\\ \widehat{FDC}+\widehat{FDB}={180}^{°}\Rightarrow \widehat{FDC}+2\widehat{LDB}={180}^{°}\end{array}\right.$

Nên \(\widehat {LDK} = \widehat {FDC}\,\,(2)\)

Từ \((1)\)và \((2)\), suy ra: .

3. Vì \(\widehat {LFD} = \widehat {KCD}\) và $\widehat{DFC}=\widehat{DLK}\Rightarrow \widehat{DLK}+\widehat{KCD}=\widehat{DFC}+\widehat{LFD}=\widehat{LFC}={90}^{°}-\widehat{BFL}$

   Vì \(L\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta BDF\) nên $\widehat{BLD}={90}^{°}+\widehat{BFL}$

   Khi đó $\widehat{BLK}+\widehat{KCD}=\widehat{BLD}+\widehat{DLK}+\widehat{KCD}={90}^{°}+\widehat{BFL}+{90}^{°}-\widehat{BFL}={180}^{°}$

   \( \Rightarrow \) Tứ giác \(BCKL\)nội tiếp.

4. Gọi \(J,I\) lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC \Rightarrow J \in AI\).

   Tương tự ý \(1,2,3\) ta suy ra các tứ giác \(ABLJ,ACKJ\)nội tiếp

\( \Rightarrow J\) là giao điểm thứ hai của hai đường tròn \((P)\) và \((Q)\)

   \( \Rightarrow PQ \bot AJ \Rightarrow PQ \bot AI\,\,(3)\)

   Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\widehat{LIK}={90}^{°}+\frac{\widehat{ABC}}{2}\iff \widehat{LIK}={90}^{°}+\widehat{IAK}+\widehat{KAC}\iff \widehat{IAK}=\widehat{LIK}-\widehat{KAC}-{90}^{°}\\ \widehat{LKA}=\widehat{LKI}+\widehat{IKA}=\widehat{LKI}+\widehat{KAC}+\widehat{KCA}=\widehat{LKI}+\widehat{KAC}+\widehat{KCB}=\widehat{LKI}+\widehat{KAC}+\widehat{ILK}\end{array}\right.$

   Do đó $\widehat{IAK}+\widehat{LKA}=\widehat{LIK}+\widehat{LKI}+\widehat{ILK}-{90}^{°}={90}^{°}\Rightarrow AI\perp LK\left(4\right)$

   Từ \((3)\) và \((4)\) suy ra \(PQ//LK\).