Gọi số tự nhiên ban đầu có dạng \(\overline{xy}=10x+y\) (với \(x;y\in N\); \(1\le x\le9;0\le y\le9\))

Do tổng các chữ số của nó là 10 nên: \(x+y=10\)

Khi viết theo thứ tự ngược lại ta được số mới là: \(\overline{yx}=10y+x\)

Do số mới nhỏ hơn số cũ 18 đơn vị nên:

\(10x+y-\left(10y+x\right)=18\Leftrightarrow x-y=2\)

Ta được hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}x+y=10\\x-y=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=6\\y=4\end{matrix}\right.\)

Vậy số đó là \(64\)

Ta có: \(AB\perp CD\Rightarrow\) H là trung điểm CD (t/c bán kính vuông góc dây cung)

\(\Rightarrow\Delta ACD\) cân tại A (AH đồng thời là trung tuyến và đường cao)

\(\Rightarrow\widehat{ACD}=\widehat{ADC}\)

Mà \(\widehat{ADC}=\widehat{MCA}\) (cùng chắn AC)

\(\Rightarrow\widehat{ACD}=\widehat{MCA}\Rightarrow CA\) là phân giác của \(\widehat{MCD}\)

Áp dụng định lý phân giác trong tam giác MCH:

\(\dfrac{AM}{AH}=\dfrac{CM}{CH}\) (1)

Lại có \(\widehat{ACB}\) là góc nt chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow\widehat{ACB}=90^0\)

\(\Rightarrow CB\perp CA\)

\(\Rightarrow CB\) là đường phân giác ngoài góc \(\widehat{MCD}\) của tam giác MCH

Áp dụng định lý phân giác: \(\dfrac{BM}{BH}=\dfrac{CM}{CH}\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\dfrac{AM}{AH}=\dfrac{BM}{BH}\Rightarrow BM.AH=BH.AM\)

a. Em tự giải

b.

Ta có: \(\widehat{ABC}=\widehat{AQC}\) (cùng chắn AC) (1)

Do AQ là đường kính \(\Rightarrow\widehat{ACQ}\) là góc nt chắn nửa đường tròn

\(\Rightarrow\widehat{ACQ}=90^0\) \(\Rightarrow\widehat{ACQ}+\widehat{CAQ}=90^0\) (2)

Tam giác ABD vuông tại D \(\Rightarrow\widehat{BAD}+\widehat{ABC}=90^0\) (3)

(1);(2);(3) \(\Rightarrow\widehat{CAQ}=\widehat{BAD}\)

c.

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{PAE}=\widehat{PAI}+\widehat{CAQ}\\\widehat{IAB}=\widehat{PAI}+\widehat{BAD}\\\widehat{CAQ}=\widehat{BAD}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\widehat{PAE}=\widehat{IAB}\) (3)

Tứ giác BCEF nội tiếp (E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc vuông)

\(\Rightarrow\widehat{ABI}+\widehat{CEF}=180^0\)

Mà \(\widehat{CEF}+\widehat{AEP}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{AEP}=\widehat{ABI}\) (4)

(3);(4) \(\Rightarrow\Delta AEP\sim\Delta ABI\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AP}{AI}=\dfrac{AE}{AB}\) (5)

AQ là đường kính \(\Rightarrow\widehat{ABQ}\) là góc nt chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow\widehat{ABQ}=90^0\)

Xét 2 tam giác ABQ và AEH có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ABQ}=\widehat{AEH}=90^0\\\widehat{BAQ}=\widehat{EAH}\left(\text{theo (3)}\right)\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow\Delta ABQ\sim\Delta AEH\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AH}{AQ}\) (6)

(5);(6) \(\Rightarrow\dfrac{AH}{AQ}=\dfrac{AP}{AI}\) \(\Rightarrow\dfrac{AP}{AH}=\dfrac{AI}{AQ}\)

\(\Rightarrow PI||HQ\) (định lý Talet đảo)

a.

Xét tứ giác ADBK có: hai đường chéo AB và DK cắt nhau tại trung điểm M của mỗi đường

\(\Rightarrow ADBK\) là hình bình hành

Do ABCD là hình chữ nhật \(\Rightarrow AB\perp BC\Rightarrow AB\) là đường cao tam giác ACK

Theo cmt, ADBK là hbh \(\Rightarrow BK=AD\)

Mà \(AD=BC\) (ABCD là hcn)

\(\Rightarrow BK=BC\Rightarrow AB\) là trung tuyến tam giác ACK

\(\Rightarrow AB\) vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên tam giác ACK cân tại A

b.

Do IE là phân giác, áp dụng định lý phân giác trong tam giác IAM:

\(\dfrac{EM}{EA}=\dfrac{IM}{IA}\) (1)

Do IF là phân giác, áp dụng định lý phân giác trong tam giác IMK:

\(\dfrac{FM}{FK}=\dfrac{IM}{IK}\) (2)

Mà I là trung điểm AK \(\Rightarrow IA=IK\) (3)

(1);(2);(3) \(\Rightarrow\dfrac{EM}{EA}=\dfrac{FM}{FK}\Rightarrow EF||AK\) (định lý Talet đảo)

Theo c/m câu a do ADBK là hình bình hành \(\Rightarrow AK||BD\)

\(\Rightarrow EF||BD\)

a. Em tự giải

b.

Ta có: \(EA=EM\) (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)

\(OA=OM=R\)

\(\Rightarrow OE\) là trung trực của AM

\(\Rightarrow OE\perp AM\Rightarrow\widehat{OPM}=90^0\)

Chứng minh tương tự ta có \(OF\perp BM\Rightarrow\widehat{OQM}=90^0\)

AB là đường kính \(\Rightarrow\widehat{AMB}\) là góc nt chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow\widehat{AMB}=90^0\)

\(\Rightarrow\) Tứ giác MPOQ là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông)

c.

Kéo dài BM cắt Ax tại C

Do \(OE||BC\) (cùng vuông góc AM), mà O là trung điểm AB

\(\Rightarrow OE\) là đường trung bình tam giác ABC

\(\Rightarrow E\) là trung điểm AC \(\Rightarrow AE=CE\)

Áp dụng định lý Talet trong tam giác BAE:

\(\dfrac{KH}{AE}=\dfrac{BK}{BE}\)

Áp dụng định lý Talet trong tam giác BEC:

\(\dfrac{MK}{CE}=\dfrac{BK}{BE}\)

\(\Rightarrow\dfrac{KH}{AE}=\dfrac{MK}{CE}\Rightarrow KH=MK\)

a.

Do \(\widehat{ACB}\) là góc nt chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow\widehat{ACB}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{ACD}=90^0\Rightarrow\Delta ACD\) vuông tại C

\(\Rightarrow\widehat{ADC}+\widehat{DAC}=90^0\) (1)

Lại có \(\widehat{DAC}=\widehat{DAx}\) (do AD là phân giác)

\(\widehat{BAE}+\widehat{DAx}=90^0\) (Ax là tiếp tuyến tại A)

\(\Rightarrow\widehat{BAE}+\widehat{DAC}=90^0\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\widehat{ADC}=\widehat{BAE}\)

\(\Rightarrow\Delta ABD\) cân tại B

b.

\(\widehat{AEB}\) là góc nt chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow\widehat{AEB}=90^0\Rightarrow AE\perp BE\)

\(\Rightarrow BE\) là đường cao trong tam giác BAD

Mà tam giác BAD cân tại B \(\Rightarrow BE\) đồng thời là trung tuyến

\(\Rightarrow E\) là trung điểm AD

Lại có O là trung điểm AB

\(\Rightarrow OE\) là đường trung bình tam giác ABD

\(\Rightarrow OE||BD\)

c.

Xét tam giác ABD có: \(AC\perp BD;BE\perp AD\)

\(\Rightarrow I\) là trực tâm tam giác ABD

\(\Rightarrow DI\) là đường cao thứ 3

\(\Rightarrow DI\perp AB\)

d.

Ta có: \(\widehat{BAC}+\widehat{CAx}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{BAC}+2.\widehat{CAE}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{CAE}=\dfrac{90^0-20^0}{2}=35^0\)

\(\Rightarrow\widehat{BAE}=\widehat{BAC}+\widehat{CAE}=20^0+35^0=55^0\)

Xét tam giác vuông ABE có:

\(cos\widehat{BAE}=\dfrac{AE}{AB}\Rightarrow AE=AB.cos\widehat{BAE}=2.cos55^0\approx1,15\left(cm\right)\)

Ta có:

\(\left(\dfrac{a-b}{c}+\dfrac{b-c}{a}+\dfrac{c-a}{b}\right)\left(\dfrac{c}{a-b}+\dfrac{a}{b-c}+\dfrac{b}{c-a}\right)\)

\(=\dfrac{c}{a-b}\left(\dfrac{a-b}{c}+\dfrac{b-c}{a}+\dfrac{c-a}{b}\right)+\dfrac{a}{b-c}\left(\dfrac{a-b}{c}+\dfrac{b-c}{a}+\dfrac{c-a}{b}\right)+\dfrac{b}{c-a}\left(\dfrac{a-b}{c}+\dfrac{b-c}{a}+\dfrac{c-a}{b}\right)\)

Xét:

\(\dfrac{c}{a-b}\left(\dfrac{a-b}{c}+\dfrac{b-c}{a}+\dfrac{c-a}{b}\right)\)

\(=1+\dfrac{c}{a-b}\left[\dfrac{b\left(b-c\right)+a\left(c-a\right)}{ab}\right]=1+\dfrac{c}{a-b}\left(\dfrac{b^2-bc+ac-a^2}{ab}\right)\)

\(=1+\dfrac{c}{a-b}\left[\dfrac{\left(b-a\right)\left(b+a\right)-c\left(b-a\right)}{ab}\right]=1+\dfrac{c}{a-b}.\dfrac{\left(b-a\right)\left(a+b-c\right)}{ab}\)

\(=1-\dfrac{c\left(a+b-c\right)}{ab}=1-\dfrac{c.\left(-2c\right)}{ab}=1+\dfrac{2c^2}{ab}\) (do \(a+b+c=0\Rightarrow a+b=-c\))

Tương tự:

\(\dfrac{a}{b-c}\left(\dfrac{a-b}{c}+\dfrac{b-c}{a}+\dfrac{c-a}{b}\right)=1+\dfrac{2a^2}{bc}\)

\(\dfrac{b}{c-a}\left(\dfrac{a-b}{c}+\dfrac{b-c}{a}+\dfrac{c-a}{b}\right)=1+\dfrac{2b^2}{ca}\)

\(\Rightarrow P=3+2\left(\dfrac{a^2}{bc}+\dfrac{b^2}{ca}+\dfrac{c^2}{ab}\right)=3+\dfrac{2\left(a^3+b^3+c^3\right)}{abc}\)

Mặt khác ta có đằng thức quen thuộc:

Khi \(a+b+c=0\) thì \(a^3+b^3+c^3=3abc\)

\(\Rightarrow P=3+\dfrac{2.3abc}{abc}=9\)

Lời giải:

$x+my=2\Rightarrow x=2-my$. Thay vào PT(2):

$m(2-my)-2y=1$

$\Leftrightarrow 2m-y(m^2+2)=1$

$\Leftrightarrow y=\frac{2m-1}{m^2+2}$

$x=2-my=2-\frac{2m^2-m}{m^2+2}=\frac{m+4}{m^2+2}$

Vậy hpt có nghiệm $(x,y)=(\frac{m+4}{m^2+2}; \frac{2m-1}{m^2+2})$

Để $x<0; y>0$

$\Leftrightarrow \frac{m+4}{m^2+2}<0$ và $\frac{2m-1}{m^2+2}>0$

$\Leftrightarrow m+4<0$ và $2m-1>0$ (do $m^2+2>0$)

$\Leftrightarrow m< -4$ và $m> \frac{1}{2}$  (vô lý)

Do đó không tồn tại $m$ thỏa mãn đề.