) ​Tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật (GT)

Suy ra $AD$ // $IC$ (hai cạnh đối) nên tứ giác $AICD$ là hình thang.

Mà $\widehat{ADC}={90}^{\circ }$ (góc của hình chữ nhật)

Do đó tứ giác $AICD$ là hình thang vuông.

b) Tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AD$ // $BC,AD=BC$.

Mà $I$, $K$ lần lượt là trung điểm của $BC$, $AD$.

Suy ra $AK$ // $IC$ và $AK=IC$.

Tứ giác $AICK$ có $AK$ // $IC$ và $AK=IC$ nên tứ giác $AICK$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

c) Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$

Suy ra $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$ (1) (tính chất đường chéo hình chữ nhật)

Tứ giác $AICK$ là hình bình hành (chứng minh trên).

Suy ra $AC$ cắt $IK$ tại trung điểm của $AC$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $O$ là trung điểm của $AC$, $IK$ và $BD$.

Hay ba đường thẳng $AC$, $BD$, $IK$ cùng đi qua điểm $O$.

a) $\left(x-2y\right)\left(3xy+6x^2+x\right)$

$=3x^{2}y-6x{y}^2+6x^3-12x^{2}y+x^2-2xy$

$=-9x^{2}y-6x{y}^2+6x^3+x^2-2xy$

b) $\left(18x^4{y}^3-24x^3{y}^4+12x^3{y}^3\right):\left(-6x^2{y}^3\right)$

$=-3x^2+4xy-2x$.​

) Bậc của đa thức $P$ là $3$

Đa thức $P$ có $4$ hạng tử là $2x^{2}y$; $-3x$; $8y^2;$ $-1$

b) Thay $x=-1;y=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}$ vào đa thức $P$ ta có:

$P=2.{(-1)}^2.\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}-3.(-1)+8.{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\right)}^2-1$

$=\mathrm{2.1.}\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}+3+8.\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{4}-1$

$=1+3+2-1=5$.

Vậy $P=5$ tại $x=-1;y=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}$.

2. $P=5x{y}^2-3x^2+2y-1$ và $Q=-x{y}^2+9x^{2}y-2y+6$ $

$P+Q=(5x{y}^2-3x^2+2y-1)+(-x{y}^2+9x^{2}y-2y+6)$

$=5x{y}^2-3x^2+2y-1-x{y}^2+9x^{2}y-2y+6$

$=(5x{y}^2-x{y}^2)-3x^2+(2y-2y)+(-1+6)+9x^{2}y$

$=4x{y}^2-3x^2+5+9x^{2}y$.

$P-Q=(5x{y}^2-3x^2+2y-1)-(-x{y}^2+9x^{2}y-2y+6)$

$=5x{y}^2-3x^2+2y-1+x{y}^2-9x^{2}y+2y-6$

$=(5x{y}^2+x{y}^2)-3x^2+(2y+2y)+(-1-6)-9x^{2}y$

$=6x{y}^2-3x^2+4y-7-9x^{2}y$.

a) Ta có $h=20t-16t^2=4t(5-4t)$.

b) Với $t=0,5$ thì $4t=2$ vào biểu thức trên ta được:

$h=2(5-2)=6$ (ft) $=6.30,48=183$ (cm).