Điều kiện $x \ge 1/2.$
PT
$\Leftrightarrow x^{2}= 2x+2\sqrt{2x-1}$
$\Leftrightarrow x^{2}=( 2x-1)+2\sqrt{2x-1}+1$
$\Leftrightarrow x^{2}=\left ( \sqrt{2x-1}+1 \right )^2$
Do $x \ge 1/2$ nên $x>0, \sqrt{2x-1}+1>0$ ta có
$\Leftrightarrow x= \sqrt{2x-1}+1$
$\Leftrightarrow x-1= \sqrt{2x-1}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}(x-1)^2=2x-1 \\ x \ge 1 \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x^2-4x+2=0 \\ x \ge 1 \end{cases}$
$\Leftrightarrow \boxed{x=2+\sqrt 2} $

Lấy  $a=\min\{a,b,c\}$, $b=a+u$ và  $c=a+v,u,v \ge 0$.
Ta có , $P-\frac{23}{3}=\frac{14(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}+\frac{(ab+bc+ca)(a+b+c)}{a^2b+b^2c+c^2a}-\frac{23}{3}=$
$=\frac{1}{3(a+b+c)^2(a^2b+b^2c+c^2a)}(57(u^2-uv+v^2)a^3+$
$+3(22u^3-18u^2v+9uv^2+22v^3)a^2+(25u^4-11u^3v-18u^2v^2+43uv^3+25v^4)a+$
$+(22u^3-37u^2v+28uv^2+2v^3)uv)\geq0$
Vậy $\min P=\frac{23}{3}$ $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}$.

Xét $x=0$ không là nghiệm của PT. Với $x \ne 0$ ta có
HPT $\Leftrightarrow \begin{cases}2+3y=(\frac{2}{x})^3 \\ y^3-2=\frac{6}{x} \end{cases}$
$\underbrace{\Leftrightarrow }_{\displaystyle a=\frac{2}{x}}\begin{cases}2+3y=a^3 \\ 2+3a=y^3 \end{cases}\Rightarrow (a-y)(a^2+y^2+ay+3)=0$
Do $a^2+y^2+ay+3 >0 $ nên $a=y\Rightarrow a^3=2+3a\Leftrightarrow a=-1$ hoặc $a=2$.
Vậy $\boxed{(x, y) \in \left\{ {(-2;-1),(1;2)} \right\}}$.

Giả sử có điểm $(x_0, y_0) $ thuộc đồ thị thì tiếp tuyến tại điểm này có dạng
$(d) : y=y'(x_0)(x-x_0)+y(x_0)$
hay $(d) : y=\frac{x_0^2-4x_0+3}{(x_0-2)^2}(x-x_0)+\frac{x_0^2-x_0-1}{x_0-2}$
Giả sử $(d)$ đi qua $A(2;3)$ thì
$3=\frac{x_0^2-4x_0+3}{(x_0-2)^2}(2-x_0)+\frac{x_0^2-x_0-1}{x_0-2}$
 $\Leftrightarrow 3=-\frac{x_0^2-4x_0+3}{x_0-2}+\frac{x_0^2-x_0-1}{x_0-2}$
 $\Leftrightarrow 3=\frac{3x_0-4}{x_0-2}$
 $\Leftrightarrow -6=-4$, vô lý.
 Vậy không tồn tại đường thẳng nào như vậy, đpcm.

Ta có
$I=\int\limits_{0}^{\ln2}\frac{2e^{3x}+e^{2x}-1}{e^{3x}+e^{2x}-e^{x}+1} dx $
$I=\int\limits_{0}^{\ln2}\frac{3e^{3x}+2e^{2x}-e^x-(e^{3x}+e^{2x}-e^{x}+1)}{e^{3x}+e^{2x}-e^{x}+1} dx $
$I=\int\limits_{0}^{\ln2}\left[ {\frac{3e^{3x}+2e^{2x}-e^x}{e^{3x}+e^{2x}-e^{x}+1} -1} \right]dx $
$I=\int\limits_{0}^{\ln2}\left[ {\frac{3e^{3x}+2e^{2x}-e^x}{e^{3x}+e^{2x}-e^{x}+1} } \right]dx -\int\limits_{0}^{\ln2}dx$
$I=\int\limits_{0}^{\ln2}{\frac{d(e^{3x}+e^{2x}-e^{x}+1)}{e^{3x}+e^{2x}-e^{x}+1} } -\int\limits_{0}^{\ln2}dx$
$I=\ln\left| {e^{3x}+e^{2x}-e^{x}+1} \right|_0^{\ln 2} - x |_0^{\ln 2} $
 $\boxed{I=\ln\frac{11}{4}\Rightarrow e^I=\frac{11}{4}}$

$\textbf{Cách 2}$
Đặt
$A=(x+y+z)^2, B=x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx$.
Ta có $A+2B=3(x^2+y^2+z^2)=6$.
Ta có
$P^2=AB^2=A.B.B \underbrace{\le}_{Cô-si} \left (\frac{A+B+B}{3} \right )^3= \left (\frac{6}{3} \right )^3=8$
Suy ra $-2\sqrt 2 \le P \le 2\sqrt 2$.
Vậy
Min$P=-2\sqrt2\Leftrightarrow A=B\Leftrightarrow xy+yz+zx=0$ chẳng hạn khi: $(x,y,z)=(-\sqrt2,0,0)$
Max$P=2\sqrt2\Leftrightarrow A=B\Leftrightarrow xy+yz+zx=0$ chẳng hạn khi: $(x,y,z)=(\sqrt2,0,0)$

$\textbf{Cách 2}$
Đặt
$A=(x+y+z)^2, B=x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx$.
Ta có $A+2B=3(x^2+y^2+z^2)=6$.
Ta có
$P^2=AB^2=A.B.B \underbrace{\le}_{Cô-si} \left (\frac{A+B+B}{3} \right )^3= \left (\frac{6}{3} \right )^3=8$
Suy ra $-2\sqrt 2 \le P \le 2\sqrt 2$.
Vậy
Min$P=-2\sqrt2\Leftrightarrow A=B\Leftrightarrow xy+yz+zx=0$ chẳng hạn khi: $(x,y,z)=(-\sqrt2,0,0)$
Max$P=2\sqrt2\Leftrightarrow A=B\Leftrightarrow xy+yz+zx=0$ chẳng hạn khi: $(x,y,z)=(\sqrt2,0,0)$

Ta sẽ chứng minh rằng $M \ge 30.$ Và suy ra $30$ là GTNN của nó.
Và bài toán này tương đương với bài toán sau :

Trước hết ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số thực $a,b,c,m,n,p$ khác $0$.

$\sqrt{a^2+m^2}+\sqrt{b^2+n^2}+\sqrt{c^2+p^2} \ge \sqrt{(a+b+c)^2+(m+n+p)^2}$
Thật vậy,
Trên mặt phẳng tọa độ Đề-các Oxy xét các điểm $O(0;0), A(-a;-m), B(b;n), C(-c;-p),D(a+b,m+n)$.
Theo bất đẳng thức tam giác ta có
$OA + OB \ge AB \Rightarrow \sqrt{a^2+m^2}+\sqrt{b^2+n^2} \ge \sqrt{(a+b)^2+(m+n)^2}$
$OC + OD \ge CD \Rightarrow \sqrt{c^2+p^2}+\sqrt{(a+b)^2+(m+n)^2} \ge \sqrt{(a+b+c)^2+(m+n+p)^2}$
Cộng theo từng vế hai bất đẳng thức trên và ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $O,A,B$ thẳng hàng, $O,C,D$ thẳng hàng, tức là
$\overrightarrow{OA}$ cùng hướng với $\overrightarrow{OB}\Leftrightarrow \frac{a}{m}=\frac{b}{n}$
$\overrightarrow{OC}$ cùng hướng với $\overrightarrow{OD}\Leftrightarrow \frac{a+b}{m+n}=\frac{c}{p}$
Tóm lại đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \frac{a}{m}=\frac{b}{n}=\frac{c}{p}$

Quay trở lại bài toán của chúng ta và đặt $a=\log_2 x, b=\log_2 y, c=\log_2 z, m=1, n=1, p=2$.
Dễ thấy, với $xyz=8\implies a+b+c=\log_2 x+\log_2 y+\log_2 z=\log_2 xyz=3$
Áp dụng BĐT trên ta có
$P=\sqrt{a^2+m^2}+\sqrt{b^2+n^2}+\sqrt{c^2+p^2} \ge \sqrt{(a+b+c)^2+(m+n+p)^2}\ge \sqrt{(3)^2+(4)^2}=5$.
Như vậy GTNN của $P$ là $5$ đạt được khi và chỉ khi $\begin{cases}a+b+c=3 \\ \frac{a}{1}=\frac{b}{1}=\frac{c}{2} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=\frac{3}{4} \\b=\frac{3}{4} \\a=\frac{3}{2} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=\sqrt[4]{8} \\ y=\sqrt[4]{8} \\z=\sqrt{8} \end{cases}$

$\textbf{Cách 1}$
Ta có:
     $(x^3+y^3+z^3-3xyz)^2$
$=(x(x^2-yz)+y(y^2-xz)+z(z^2-xy))^2$
$\le(x^2+y^2+z^2)((x^2-yz)^2+(y^2-xz)^2+(z^2-xy)^2)$
$=(x^2+y^2+z^2)(x^4+y^4+z^4+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2-2xyz(x+y+z))$
$=(x^2+y^2+z^2)((x^2+y^2+z^2)^2-(xy+yz+zx)^2)$
$\le(x^2+y^2+z^2)^3=8$
Suy ra: $-2\sqrt2\le x^3+y^3+z^3-3xyz\le 2\sqrt2$
Min$P=-2\sqrt2$ chẳng hạn khi: $(x,y,z)=(-\sqrt2,0,0)$
Max$P=2\sqrt2$ chẳng hạn khi: $(x,y,z)=(\sqrt2,0,0)$

c) Trong phép quay tâm $O$ góc $90^\circ$ chiều dương là chiều ngược chiều kim đồng hồ thì điểm $O$ là điểm bất động.
Ta có
$Q_O(90^\circ) : A \to B$ vì $OA=OB$ và $\widehat{AOB}=90^\circ.$
$Q_O(90^\circ) : I \to P$ với $P$ là trung điểm của $BC$ vì $OI=OP$ và $\widehat{IOP}=90^\circ.$
Vậy $\triangle AIO \to \triangle BPO$ theo đúng thứ tự trên.

b) Trong phép vị tự tâm $A$ tỉ số $2$ thì điểm $A$ là điểm bất động.
Giả sử
$V_A^2 : I \to I'$ thì $\overrightarrow{AI}=2\overrightarrow{AI'}$ suy ra $I'$ là trung điểm của $AI$.
$V_A^2 : O \to O'$ thì $\overrightarrow{AO}=2\overrightarrow{AO'}$ suy ra $O'$ là trung điểm của $AO$.
Vậy $\triangle AIO \to \triangle AI'O'$ theo đúng thứ tự trên.

a) Ta có $\overrightarrow{IO}=\overrightarrow{v}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$.
Theo phép tịnh tiến này thì
$\begin{cases}I \to O \\ A \to M \\O \to N \end{cases}$
Trong đó $M, N$ lần lượt là trung điểm của $AD,DC.$
Như vậy $\triangle AIO \to \triangle MON$ theo đúng thứ tự trên.