a) Xét tứ giác \(A E D F\) có:

\(D E\) // \(A F\) (do \(D E\) // \(A B\));

\(D F\) // \(A E\) (do \(D F\) // \(A C \left.\right)\).

Suy ra \(A E D F\) là hình bình hành (DHNB)

Mà đường chéo \(A D\) là tia phân giác của \(\hat{F A E}\) (gt)

Nên \(A E D F\) là hình thoi (DHNB).

b) Vì \(A E D F\) là hình thoi (cmt) nên \(D E\) // \(A F\); \(D E = A F\) (tính chất)

Mà \(A F = G F\) (gt) ; \(G\) thuộc tia đối của tia \(F A\) (gt) nên \(D E = G F\); \(D E\) // \(D F\) 

Xét tứ giác \(E F G D\) có: \(D E = G F\) (cmt); \(D E\) // \(G F\) (cmt)

Vậy \(E F G D\) là hình bình hành.

c) Theo bài ra, \(G\) thuộc tia đối của tia \(F A\) và \(F A = F G\) suy ra \(F\) là trung điểm của \(A G\)

Ta có: \(A G = 2 A F\); \(I D = 2 D F\)

Mà \(A F = D F\) (do \(A E D F\) là hình thoi) suy ra \(A G = I D\)

Xét tứ giác \(A D G I\) có:

Hai đường chéo \(A G\) và \(I D\) cắt nhau tại trung điểm \(F\) của mỗi đường;

Suy ra \(A D G I\) là hình bình hành (DHNB)

Lại có \(A G = I D\) (cmt) suy ra \(A D G I\) là hình chữ nhật (DHNB)

\(G D\) // \(I A\) suy ra \(G D\) // \(A K\) (\(A , I , K\) thẳng hàng)

Xét tứ giác \(A K D G\) có: \(G D\) // \(A K\) (cmt) ; \(D K\) // \(A G \left(\right.\) do \(D E\) // \(A F \left.\right)\) 

Suy ra \(A K D G\) là hình bình hành (DHNB) 

Khi đó hai đường chéo \(A D\) và \(G K\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường 

Mà \(O\) là trung điểm của \(A D\) (do \(O\) là giao điểm của hai đường chéo trong hình thoi \(A E D F \left.\right)\) 

Vậy \(O\) là trung điểm của \(G K\).

a) Xét tứ giác \(A E D F\) có:

\(D E\) // \(A F\) (do \(D E\) // \(A B\));

\(D F\) // \(A E\) (do \(D F\) // \(A C \left.\right)\).

Suy ra \(A E D F\) là hình bình hành (DHNB)

Mà đường chéo \(A D\) là tia phân giác của \(\hat{F A E}\) (gt)

Nên \(A E D F\) là hình thoi (DHNB).

b) Vì \(A E D F\) là hình thoi (cmt) nên \(D E\) // \(A F\); \(D E = A F\) (tính chất)

Mà \(A F = G F\) (gt) ; \(G\) thuộc tia đối của tia \(F A\) (gt) nên \(D E = G F\); \(D E\) // \(D F\) 

Xét tứ giác \(E F G D\) có: \(D E = G F\) (cmt); \(D E\) // \(G F\) (cmt)

Vậy \(E F G D\) là hình bình hành.

c) Theo bài ra, \(G\) thuộc tia đối của tia \(F A\) và \(F A = F G\) suy ra \(F\) là trung điểm của \(A G\)

Ta có: \(A G = 2 A F\); \(I D = 2 D F\)

Mà \(A F = D F\) (do \(A E D F\) là hình thoi) suy ra \(A G = I D\)

Xét tứ giác \(A D G I\) có:

Hai đường chéo \(A G\) và \(I D\) cắt nhau tại trung điểm \(F\) của mỗi đường;

Suy ra \(A D G I\) là hình bình hành (DHNB)

Lại có \(A G = I D\) (cmt) suy ra \(A D G I\) là hình chữ nhật (DHNB)

\(G D\) // \(I A\) suy ra \(G D\) // \(A K\) (\(A , I , K\) thẳng hàng)

Xét tứ giác \(A K D G\) có: \(G D\) // \(A K\) (cmt) ; \(D K\) // \(A G \left(\right.\) do \(D E\) // \(A F \left.\right)\) 

Suy ra \(A K D G\) là hình bình hành (DHNB) 

Khi đó hai đường chéo \(A D\) và \(G K\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường 

Mà \(O\) là trung điểm của \(A D\) (do \(O\) là giao điểm của hai đường chéo trong hình thoi \(A E D F \left.\right)\) 

Vậy \(O\) là trung điểm của \(G K\).

a) Xét tứ giác \(A E D F\) có:

\(D E\) // \(A F\) (do \(D E\) // \(A B\));

\(D F\) // \(A E\) (do \(D F\) // \(A C \left.\right)\).

Suy ra \(A E D F\) là hình bình hành (DHNB)

Mà đường chéo \(A D\) là tia phân giác của \(\hat{F A E}\) (gt)

Nên \(A E D F\) là hình thoi (DHNB).

b) Vì \(A E D F\) là hình thoi (cmt) nên \(D E\) // \(A F\); \(D E = A F\) (tính chất)

Mà \(A F = G F\) (gt) ; \(G\) thuộc tia đối của tia \(F A\) (gt) nên \(D E = G F\); \(D E\) // \(D F\) 

Xét tứ giác \(E F G D\) có: \(D E = G F\) (cmt); \(D E\) // \(G F\) (cmt)

Vậy \(E F G D\) là hình bình hành.

c) Theo bài ra, \(G\) thuộc tia đối của tia \(F A\) và \(F A = F G\) suy ra \(F\) là trung điểm của \(A G\)

Ta có: \(A G = 2 A F\); \(I D = 2 D F\)

Mà \(A F = D F\) (do \(A E D F\) là hình thoi) suy ra \(A G = I D\)

Xét tứ giác \(A D G I\) có:

Hai đường chéo \(A G\) và \(I D\) cắt nhau tại trung điểm \(F\) của mỗi đường;

Suy ra \(A D G I\) là hình bình hành (DHNB)

Lại có \(A G = I D\) (cmt) suy ra \(A D G I\) là hình chữ nhật (DHNB)

\(G D\) // \(I A\) suy ra \(G D\) // \(A K\) (\(A , I , K\) thẳng hàng)

Xét tứ giác \(A K D G\) có: \(G D\) // \(A K\) (cmt) ; \(D K\) // \(A G \left(\right.\) do \(D E\) // \(A F \left.\right)\) 

Suy ra \(A K D G\) là hình bình hành (DHNB) 

Khi đó hai đường chéo \(A D\) và \(G K\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường 

Mà \(O\) là trung điểm của \(A D\) (do \(O\) là giao điểm của hai đường chéo trong hình thoi \(A E D F \left.\right)\) 

Vậy \(O\) là trung điểm của \(G K\).

a) Xét tứ giác \(A E D F\) có:

\(D E\) // \(A F\) (do \(D E\) // \(A B\));

\(D F\) // \(A E\) (do \(D F\) // \(A C \left.\right)\).

Suy ra \(A E D F\) là hình bình hành (DHNB)

Mà đường chéo \(A D\) là tia phân giác của \(\hat{F A E}\) (gt)

Nên \(A E D F\) là hình thoi (DHNB).

b) Vì \(A E D F\) là hình thoi (cmt) nên \(D E\) // \(A F\); \(D E = A F\) (tính chất)

Mà \(A F = G F\) (gt) ; \(G\) thuộc tia đối của tia \(F A\) (gt) nên \(D E = G F\); \(D E\) // \(D F\) 

Xét tứ giác \(E F G D\) có: \(D E = G F\) (cmt); \(D E\) // \(G F\) (cmt)

Vậy \(E F G D\) là hình bình hành.

c) Theo bài ra, \(G\) thuộc tia đối của tia \(F A\) và \(F A = F G\) suy ra \(F\) là trung điểm của \(A G\)

Ta có: \(A G = 2 A F\); \(I D = 2 D F\)

Mà \(A F = D F\) (do \(A E D F\) là hình thoi) suy ra \(A G = I D\)

Xét tứ giác \(A D G I\) có:

Hai đường chéo \(A G\) và \(I D\) cắt nhau tại trung điểm \(F\) của mỗi đường;

Suy ra \(A D G I\) là hình bình hành (DHNB)

Lại có \(A G = I D\) (cmt) suy ra \(A D G I\) là hình chữ nhật (DHNB)

\(G D\) // \(I A\) suy ra \(G D\) // \(A K\) (\(A , I , K\) thẳng hàng)

Xét tứ giác \(A K D G\) có: \(G D\) // \(A K\) (cmt) ; \(D K\) // \(A G \left(\right.\) do \(D E\) // \(A F \left.\right)\) 

Suy ra \(A K D G\) là hình bình hành (DHNB) 

Khi đó hai đường chéo \(A D\) và \(G K\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường 

Mà \(O\) là trung điểm của \(A D\) (do \(O\) là giao điểm của hai đường chéo trong hình thoi \(A E D F \left.\right)\) 

Vậy \(O\) là trung điểm của \(G K\).

a) Xét tứ giác \(A E D F\) có:

\(D E\) // \(A F\) (do \(D E\) // \(A B\));

\(D F\) // \(A E\) (do \(D F\) // \(A C \left.\right)\).

Suy ra \(A E D F\) là hình bình hành (DHNB)

Mà đường chéo \(A D\) là tia phân giác của \(\hat{F A E}\) (gt)

Nên \(A E D F\) là hình thoi (DHNB).

b) Vì \(A E D F\) là hình thoi (cmt) nên \(D E\) // \(A F\); \(D E = A F\) (tính chất)

Mà \(A F = G F\) (gt) ; \(G\) thuộc tia đối của tia \(F A\) (gt) nên \(D E = G F\); \(D E\) // \(D F\) 

Xét tứ giác \(E F G D\) có: \(D E = G F\) (cmt); \(D E\) // \(G F\) (cmt)

Vậy \(E F G D\) là hình bình hành.

c) Theo bài ra, \(G\) thuộc tia đối của tia \(F A\) và \(F A = F G\) suy ra \(F\) là trung điểm của \(A G\)

Ta có: \(A G = 2 A F\); \(I D = 2 D F\)

Mà \(A F = D F\) (do \(A E D F\) là hình thoi) suy ra \(A G = I D\)

Xét tứ giác \(A D G I\) có:

Hai đường chéo \(A G\) và \(I D\) cắt nhau tại trung điểm \(F\) của mỗi đường;

Suy ra \(A D G I\) là hình bình hành (DHNB)

Lại có \(A G = I D\) (cmt) suy ra \(A D G I\) là hình chữ nhật (DHNB)

\(G D\) // \(I A\) suy ra \(G D\) // \(A K\) (\(A , I , K\) thẳng hàng)

Xét tứ giác \(A K D G\) có: \(G D\) // \(A K\) (cmt) ; \(D K\) // \(A G \left(\right.\) do \(D E\) // \(A F \left.\right)\) 

Suy ra \(A K D G\) là hình bình hành (DHNB) 

Khi đó hai đường chéo \(A D\) và \(G K\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường 

Mà \(O\) là trung điểm của \(A D\) (do \(O\) là giao điểm của hai đường chéo trong hình thoi \(A E D F \left.\right)\) 

Vậy \(O\) là trung điểm của \(G K\).

a) Xét tứ giác \(A E D F\) có:

\(D E\) // \(A F\) (do \(D E\) // \(A B\));

\(D F\) // \(A E\) (do \(D F\) // \(A C \left.\right)\).

Suy ra \(A E D F\) là hình bình hành (DHNB)

Mà đường chéo \(A D\) là tia phân giác của \(\hat{F A E}\) (gt)

Nên \(A E D F\) là hình thoi (DHNB).

b) Vì \(A E D F\) là hình thoi (cmt) nên \(D E\) // \(A F\); \(D E = A F\) (tính chất)

Mà \(A F = G F\) (gt) ; \(G\) thuộc tia đối của tia \(F A\) (gt) nên \(D E = G F\); \(D E\) // \(D F\) 

Xét tứ giác \(E F G D\) có: \(D E = G F\) (cmt); \(D E\) // \(G F\) (cmt)

Vậy \(E F G D\) là hình bình hành.

c) Theo bài ra, \(G\) thuộc tia đối của tia \(F A\) và \(F A = F G\) suy ra \(F\) là trung điểm của \(A G\)

Ta có: \(A G = 2 A F\); \(I D = 2 D F\)

Mà \(A F = D F\) (do \(A E D F\) là hình thoi) suy ra \(A G = I D\)

Xét tứ giác \(A D G I\) có:

Hai đường chéo \(A G\) và \(I D\) cắt nhau tại trung điểm \(F\) của mỗi đường;

Suy ra \(A D G I\) là hình bình hành (DHNB)

Lại có \(A G = I D\) (cmt) suy ra \(A D G I\) là hình chữ nhật (DHNB)

\(G D\) // \(I A\) suy ra \(G D\) // \(A K\) (\(A , I , K\) thẳng hàng)

Xét tứ giác \(A K D G\) có: \(G D\) // \(A K\) (cmt) ; \(D K\) // \(A G \left(\right.\) do \(D E\) // \(A F \left.\right)\) 

Suy ra \(A K D G\) là hình bình hành (DHNB) 

Khi đó hai đường chéo \(A D\) và \(G K\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường 

Mà \(O\) là trung điểm của \(A D\) (do \(O\) là giao điểm của hai đường chéo trong hình thoi \(A E D F \left.\right)\) 

Vậy \(O\) là trung điểm của \(G K\).

1. Đổi: \(100\) cm \(= 10\) dm.

Thể tích của hình chóp tứ giác đều đó là:

   \(V = \frac{1}{3} . S_{đ} \&\text{nbsp}; . h = \frac{1}{3} . 30.10 = 100\) (dm\(^{3}\)) 

2. Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(d_{1}\) và \(d_{2}\):

\(x + 4 = - x + 4\) suy ra \(2 x = 0\) nên \(\&\text{nbsp}; x = 0\).

Thay \(x = 0\) vào một trong hai hàm số của \(d_{1}\) và \(d_{2}\) ta tìm được \(y = 4\).

Vậy tọa độ giao điểm của hai đường thẳng thẳng \(d_{1}\) và \(d_{2}\) là \(\left(\right. 0 ; 4 \left.\right)\).

1. Đổi: \(100\) cm \(= 10\) dm.

Thể tích của hình chóp tứ giác đều đó là:

   \(V = \frac{1}{3} . S_{đ} \&\text{nbsp}; . h = \frac{1}{3} . 30.10 = 100\) (dm\(^{3}\)) 

2. Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(d_{1}\) và \(d_{2}\):

\(x + 4 = - x + 4\) suy ra \(2 x = 0\) nên \(\&\text{nbsp}; x = 0\).

Thay \(x = 0\) vào một trong hai hàm số của \(d_{1}\) và \(d_{2}\) ta tìm được \(y = 4\).

Vậy tọa độ giao điểm của hai đường thẳng thẳng \(d_{1}\) và \(d_{2}\) là \(\left(\right. 0 ; 4 \left.\right)\).

a) \(x^{2} - 3 x = 0\)

\(x^{2} - 3 x = 0\) suy ra \(x \left(\right. x - 3 \left.\right) = 0\)

TH1: \(x = 0\)

TH2: \(x - 3 = 0\) hay \(x = 3\).

b) \(x^{2} - 6 x + 8 = 0\)

\(x^{2} - 6 x + 8 = 0\)

\(\left(\right. x^{2} - 4 x \left.\right) - \left(\right. 2 x - 8 \left.\right) = 0\)

\(\left(\right. x - 4 \left.\right) \left(\right. x - 2 \left.\right) = 0\)

TH1: \(x - 4 = 0\) suy ra \(x = 4\)

TH2: \(x - 2 = 0\) suy ra \(x = 2\)

Vậy \(x = 4\) hoặc \(x = 2\)

a) \(\left(\right. 6 x^{3} y^{2} - 27 x^{3} y \left.\right) : 3 x y = 2 x^{2} y - 9 x^{2}\).

b) \(\left(\right. \frac{2}{3^{2}} x^{4} \left.\right) . \left(\right. 3 y x^{5} \left.\right) = \left(\right. \frac{2}{9} . 3 \left.\right) \left(\right. x^{4} \cdot x^{5} \left.\right) y = \frac{2}{3} x^{9} y\).

c) \(\frac{x^{2}}{x^{2} - 4} + \frac{1}{x - 2} + \frac{1}{x + 2} = \frac{x^{2}}{\left(\right. x - 2 \left.\right) \left(\right. x + 2 \left.\right)} + \frac{x + 2}{\left(\right. x - 2 \left.\right) \left(\right. x + 2 \left.\right)} + \frac{x - 2}{\left(\right. x - 2 \left.\right) \left(\right. x + 2 \left.\right)} = \frac{x^{2} + x + 2 + x - 2}{\left(\right. x - 2 \left.\right) \left(\right. x + 2 \left.\right)} = \frac{x^{2} + 2 x}{\left(\right. x - 2 \left.\right) \left(\right. x + 2 \left.\right)} = \frac{x \left(\right. x + 2 \left.\right)}{\left(\right. x - 2 \left.\right) \left(\right. x + 2 \left.\right)} = \frac{x}{x - 2}\)