Đề thi HSG huyện môn Toán

Phòng giáo dục Bình xuyên
Kỳ thi học sinh giỏi THCS
Vòng 1 năm học 2006-2007

đề thi học sinh giỏi lớp 9
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1:
a, Cho 3 số hữu tỉ a, b, c thoả mãn: ab + ac + bc = 1.
Chứng minh rằng: (a
2
+ 1)(b
2
+1)(c
2
+1) là bình phơng của một số hữu tỉ.
b, Cho x, y là các số thực sao cho x + y = 2.
Chứng minh: x
4
+ y
4
2
Câu 2: Với n là số nguyên dơng, chứng minh: n
2
+11n+39 không chia hết cho 49
Câu 3: Tìm các số x, y, z thoả mãn phơng trình:
x + y + z + 4 = 2
2x
+ 4
3

y
+ 6
5

z
Câu 4: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
x
2
+ xy + y
2
= x
2
y
2

Câu 5: Cho tam giác ABC có AB > AC, D là trung điểm của BC. Trên tia AD lấy
điểm E sao cho AD = DE.
a, So sánh các góc CAE; AEC; DAB.
b, Gọi M là chân đờng phân giác dựng từ đỉnh A của tam giác ABC. Chứng
minh M nằm giữa C và D.
Phòng Giáo dục Bình Xuyên
Kỳ Thi gvdg cấp huyện
bậc THCS năm học 2006-2007

Đề thi môn: toán
Thời gian:150(không kể thời gian giao đề)
Ngày thi:03/11/2006.
A/Lý thuyết chung: (5 điểm)
Câu1: (2,5 điểm)

Đồng chí hãy nêu nhiệm vụ của giáo viên chủ nhiệm trờng THCS.
Câu2: (2,5 điểm)
Nêu các nhiệm vụ cơ bản trong năm học 2006-2007 bậc THCS của phòng Giáo
dục huyện Bình Xuyên.
B/Phần chuyên môn: (15 điểm)
Bài 1 (2,5 điểm):
Cho a, b, c là ba số đôi một khác nhau và thỏa mãn hệ thức
0
=

+

+

ba
c
ac
b
cb
a

Chứng minh rằng:
0
)()()(
222
=

+

+

ba
c
ac
b
cb
a
Bài 2 (2,5 điểm):
Cho góc nhọn xOy và một điểm M nằm trong góc đó sao cho M không thuộc
Ox, Oy. Hãy tìm điểm B trên Ox, điểm C trên Oy sao cho OB = OC và MB + MC
đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 3 (3 điểm):
Tìm tấ cả các số hữu tỉ x sao cho x
2
+ x + 6 là số chính phơng.
Bài 4 (4 điểm):
Giải phơng trình nguyên:
3 x
2
+ 5y
2
= 12
Bài 5 (4 điểm):
Chứnh minh rằng: Điều kiện cần và đủ để điểm M thuộc đờng tròn ngoại tiếp
tam giác ABC là chân các đờng vuông góc hạ từ M xuống 3 cạnh của tam giác
thẳng hàng.
(Ngời coi thi không giải thích gì thêm)

Phòng Giáo dục Bình Xuyên
Kỳ Thi gvdg cấp huyện

bậc THCS năm học 2006-2007

hớng dẫn chấm thi
Môn: Toán
A/Lý thuyết chung: (5 điểm)
Câu1: (2,5 điểm)
Giáo viên chủ nhiệm trờng THCS có các nhiệm vụ sau đây:
-Giảng dạy và giáo dục theo đúng chơng trình giáo dục, kế hoạch dạy học,
soạn bài, chuẩn bị thí nghiệm, kiểm tra, đánh giá theo quy định, vào sổ điểm, ghi
học bạ đầy đủ, lên lớp đúng giờ, không tuỳ tiện bỏ giờ, bỏ buổi dạy, quản lý học
sinh trong các hoạt động giáo dục do nhà trờng tổ chức, tham gia các hoạt động của
tổ chuyên môn.
-Tham gia công tác phổ cập giáo dục trung học cơ sở ở địa phơng
-Rèn luyện đạo đức, học tập văn hoá, bồi dỡng chuyên môn và nghiệp vụ để
nâng cao chất lợng và hiệu quả giảng dạy và giáo dục.
-Thực hiện nghĩa vụ công dân, các quy định của pháp luật và điều lệ nhà tr-
ờng, thực hiện quyết định của hiệu trởng, chịu sự kiểm tra của hiệu trởng và của
các cấp quản lý giáo dục.
-Giữ gìn phẩm chất, danh dự, uy tín của nhà giáo, gơng mẫu trớc học sinh,
thơng yêu, tôn trọng học sinh, đối xử công bằng với học sinh, bảo vệ các quyền và
lợi ích chính đáng của học sinh, đoàn kết, giúp đỡ các bạn đồng nghiệp.
-Thực hiện các nhiệm vụ khác theo quy định của pháp luật.
-Tìm hiểu và nắm vững học sinh trong lớp về mọi mặt để có biện pháp tổ
chức giáo dục sát đối tợng, nhằm thúc đẩy tiến bộ của cả lớp.
-Cộng tác chặt chẽ với phụ huynh học sinh, chủ động phối hợp với các giáo
viên bộ môn, đoàn Thanh niên Cộng sản Hồ Chí Minh, Đội Thiếu niên Tiền phong
Hồ Chí Minh, các tổ chức xã hội có liên quan trong hoạt động giảng dạy và giáo
dục học sinh.
-Nhận xét, đánh giá và xếp loại học sinh cuối học kỳ và cuối năm học, đề
nghị khen thởng và kỷ luật học sinh, đề xuất danh sách học sinh đợc lên lớp thẳng,

phải thi lại, phải rèn luyện thêm về hạnh kiểm trong hè, phải ở lại lớp, hoàn chỉnh
việc ghi vào sổ điểm và học bạ học sinh.
-Báo cáo thờng kỳ hoặc đột xuất (nếu có tình hình đặc biệt) về tình hình của
lớp với hiệu trởng.
Câu2: (2,5 điểm)
Các nhiệm vụ cơ bản trong năm học 2006-2007 bậc THCS của phòng Giáo
dục huyện Bình Xuyên.
1-Tiếp tục thực hiện đổi mới chơng trình, nội dung, phơng pháp giáo dục phổ
thông.
2-Củng cố và nâng cao chất lợng giáo dục toàn diện.
a-Giáo dục đạo đức.
b-Giáo dục văn hoá.
c-Hoạt động giáo dục hớng nghiệp.
d-Hoạt động giáo dục ngoài giờ lên lớp.
e-Hoạt động giáo dục thể chất, y tế trờng học.
3-Xây dựng đội ngũ giáo viên và cán bộ quản lý giáo dục.
4-Đẩy mạnh tiến độ xây dựng trờng chuẩn Quốc gia.
5-Nâng cao chất lợng phổ cập giáo dục trung học cơ sở, triển khai thực hiện
phổ cập giáo dục trung học.
6-Đổi mới quản lý giáo dục, tăng cờng kỷ luật, trật tự và nâng cao trách
nhiệm trên mọi lĩnh vực hoạt động giáo dục, xây dựng môi trờng giáo dục lành
mạnh.
a-Công tác quản lý.
b-Tăng cờng kỷ luật, trật tự và nâng cao trách nhiệm mọi lĩnh vực hoạt động
giáo dục, xây dựng môi trờng giáo dục lành mạnh.
c-Tổ chức, quản lý các kỳ thi trong năm học 2006-2007.
7-Công tác thi đua
a-Về chất lợng văn hoá.
b-Kết quả các cuộc thi của giáo viên và học sinh trong năm học.
c-Kết quả công tác bồi dỡng giáo viên và đào tạo giáo viên đạt chuẩn, trên

chuẩn.
d-Kết quả thực hiện tăng cờng trang thiết bị, sử dụng và bảo quản có hiệu
quả thiết bị, xây dựng phòng học bộ môn, phòng th viện, thí nghiệm, môi trờng
xanh sạch -đẹp môi trờng giáo dục.
e-Kết quả phấn đấu đạt các tiêu chuẩn của trờng chuẩn quốc gia theo kế
hoạch.
f-Kết quả công tác quản lý, kỷ cơng nề nếp trong nhà trờng và việc chấp
hành chế độ báo cáo.
g-Kết quả thực hiện phổ cập GDTHCS và phổ cập giáo dục bậc trung học.
B/Phần chuyên môn: (15 điểm)
Bài 1 (2,5 điểm):
Từ giả thiết ta có:
))((
22
caba
cacbab
ba
c
ca
b
cb
a

+
=



=

Nhân hai vế của đẳng thức này với
0
1


cb
ta có: (0,5 đểm)
))()((
)(
22
2
cbcaba
cacbab
cb
a

+
=

(0,5 đểm)
Do vai trò của a, b, c nh nhau nên thực hiện phép hoán vị vòng quanh giữa ba số a,
b, c ta có:
))()((
)(
22
2
cbcaba
aabccb
ac
b

+
=

(0,5 đểm)

))()((
)(
22
2
cbcaba
bcbaca
ba
c

+
=

(0,5 đểm)
Cộng theo từng vế của ba đẳng thức trên ta có:
+

2
)( cb
a
+

2
)( ac
b

=

2
)( ba
c
+

+
))()((
22
cbcaba
cacbab
+

+
))()((
22
cbcaba
aabccb
0
))()((
22
=

+
cbcaba
bcbaca
(0,5 điểm)
Bài 2 (2,5 điểm):
Giả sử có điểm B trên Ox và

điểm C trên Oy sao cho OB = OC.
Trên nửa mặt phẳng đối của nửa (0,5 điểm)
mặt phẳng chứa điểm M bờ Oy ta
dựng tia Oz sao cho góc
yOz bằng góc xOM. Trên Oz lấy điểm (0,5 điểm)
N sao cho OM = ON.

BOM =

CON (c.g.c) nên MB = CN (0,5
điểm)
Vậy MB + MC = MC + NC MN , do đó MB +MC đạt giá trị nhỏ nhất
ở lúc điểm C trùng với điểm C
1
và nằm trên đờng thẳng MN. (0,5 điểm)
Lấy điểm B
1
trên Ox sao cho OB
1
= OC
1
thì B
1
và C
1
là hai điểm cần tìm.
(0,5 điểm)
Bài 3 (3 điểm):
Đặt x
2

+ x + 6 = y
2
, với y Q ,
( 2x +1)
2
+ 23 = 4y
2

23 = 4y
2
- (2x +1)
2
(0,5 điểm)

23 = (2y 2x -1) (2y + 2x +1). Vì 23 là số nguyên tố nên chỉ có các ớc số là:
1; -1; 23; -23. Phơng trình trên tơng đơng với: (0,5 điểm)
(2y 2x -1) = 1 (2y 2x -1) = 23
(2y + 2x +1)= 23 (2y + 2x +1) = 1 (0,5 điểm)

(2y 2x -1) = -1 (2y 2x -1) = -23
(2y + 2x +1) = -23 (2y + 2x +1) = -1 (0,5 điểm)
x = -6 x = 5 x = 5 x = -6
y = 6 y = 6 y = - 6 y = - 6 (0,5 điểm)
Thay vào x
2
+ x + 6 = y
2
ta thấy đều thoả mãn. Vậy x = 5; -6 (0,5 điểm)

Bài 4 (3 điểm):

Phơng trình đã cho tơng đơng với
3(x
2
+ 1 ) = 5(3 y
2
). (0,5
điểm)
Vì (3, 5) = 1 nên ta có (x
2
+ 1) chia hết cho 5 , tức là
x
2
+ 1 = 5t. (t Z) , ta cũng có 3 y
2
chia hết cho 3 (0,5
điểm)
hay 3 - y
2
= 3k ( k Z ) và 3.5 t = 5.3k, do đó t = k (0,5 điểm)
x
2
= 5t 1 0 nên t 1 (do t Z) (0,5
điểm)
y
2
= 3 3k 0 nên k 1
Suy ra t = k = 1 và x
2
= 4, y
2

= 0 (0,5 điểm)
Phơng trình có 2 nghiệm x = 2 , y = 0 và x = - 2 và y = 0 (0,5 điểm)
Bài 5 (3 điểm):
Phần thuận
Ta có M thuộc đờng tròn ngoại tiếp

ABC và MP AB, MQ BC,
MR CA. Chứng minh rằng P, Q, R
thẳng hàng. Tứ giác ABMC nội tiếp
góc BMC + góc A = 2 v (1) (0,5 đ)
Tứ giác APMR nội tiếp
góc PMR + góc A = 2 v (2)
Từ (1) và (2) suy ra góc BMC = góc PMR.
góc BMP = góc CMR. Ta thấy rằng (0,5 đ)
góc BMP = góc BQP (hai góc chắn 1 cung
của tứ giác BPMQ nội tiếp) và 2 góc CQR = góc CMR
( Hai góc chắn 1 cung của tứ giác CRMQ nội tiếp).
Do đó suy ra góc BQP = góc CQR, tức là 3 điểm P, Q, R thẳng hàng. (0,5 đ)
Phần đảo:
Ta có MP AB , MQ BC, MR CA và P, Q, R thẳng hàng. Ta chứng minh rằng
M thuộc đờng tròn ngoại tiếp

ABC.
Ta có: góc BQP = góc CQR ( Vì ba điểm P,Q,R thẳng hàng). Mặt khác ta có
góc BMP = góc BQP (Vì 2 góc chắn 1 cung của tứ giác BPMQ nội tiếp).
góc CQR = góc CMR (Vì 2 góc chắn 1 cung của tứ giác CRMQ nội tiếp). (0,5 đ)
Từ đó suy ra góc BMP = góc CMR
góc BMP + góc BMR = góc CMR + góc BMR
góc PMR = góc BMC. Ta thấy góc PMR + góc A = 2 v, do đó (0,5 đ)
góc BMC + góc A = 2 v.

Vậy tứ giác ABCM nội tiếp. (0,5 đ)
Chú ý: - Giám khảo có thể chia nhỏ điểm từng phần của các bài đến 0,25 điểm
- Nếu làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
Phòng giáo dục Bình xuyên
Kỳ thi học sinh giỏi THCS
Vòng 1 năm học 2006-2007

đề thi học sinh giỏi lớp 9
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1:
a, Cho 3 số hữu tỉ a, b, c thoả mãn: ab + ac + bc = 1.
Chứng minh rằng: (a
2
+ 1)(b
2
+1)(c
2
+1) là bình phơng của một số hữu tỉ.
b, Cho x, y là các số thực sao cho x + y = 2.
Chứng minh: x
4
+ y
4
2
Câu 2: Với n là số nguyên dơng, chứng minh: n
2
+11n+39 không chia hết cho 49
Câu 3: Tìm các số x, y, z thoả mãn phơng trình:

x + y + z + 4 = 2
2x
+ 4
3

y
+ 6
5

z
Câu 4: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
x
2
+ xy + y
2
= x
2
y
2

Câu 5: Cho tam giác ABC có AB > AC, D là trung điểm của BC. Trên tia AD lấy
điểm E sao cho AD = DE.
a, So sánh các góc CAE; AEC; DAB.
b, Gọi M là chân đờng phân giác dựng từ đỉnh A của tam giác ABC. Chứng
minh M nằm giữa C và D.
Phòng giáo dục Bình xuyên
Kỳ thi học sinh giỏi THCS
Vòng 1 năm học 2006-2007

Hớng dẫn chấm thi học sinh giỏi

vòng 1 năm học 2006-2007
môn: Toán - lớp 9
Câu 1: (2,25 điểm).
a, Ta có: (a
2
+ 1)(b
2
+1)(c
2
+1) =
= (a
2
+ ab + ac + bc)( b
2
+ ab + ac + bc)( c
2
+ ab + ac + bc) (0,5 đ)
=
[ ]
))(( caba
++
[ ]
))(( cbba
++
[ ]
))(( cbac
++
=
[ ]
))()(( cbcaba

+++
2
Do a, b, c là số hữu tỉ nên (a
2
+ 1)(b
2
+1)(c
2
+1) là số hữu tỉ. (0,5 đ)
b, Đặt x = 1 + k, khi đó từ x + y = 2 ta có y = 1- k. (0,25 đ)
x
4
+ y
4
= (1 + k)
4
+ (1 - k )
4
= 2k
4
+ 12k
2
+ 2 = 2(k
4
+ 6k
2
) + 2 (0,5 đ)
Vì k
4
+ 6k

2
0 nên 2(k
4
+ 6k
2
) + 2 2 tức là x
4
+ y
4
2 (0,25 đ)
Dấu đẳng thức xảy ra khi k
4
+ 6k
2
= 0 hay k = 0, hay x = y = 1. (0,25 đ)
Câu 2: (1,25 điểm).
Ta có n
2
+ 11n + 39 = (n
2
+ 11n + 18) + 21 = (n + 9)(n + 2) + 21. (0,5 đ)
Vì hiệu của (n + 9) và (n + 2) là 7 nên chúng cùng chia hết cho 7 hoặc cùng
không chia hết cho 7 (0,25 đ)
- Nếu (n + 9) và (n + 2) cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) chia hết cho 49
nhng 21 không chia hết cho 49 nên n
2
+ 11n + 39 không chia hết cho 49. (0,25 đ)
- Nếu (n + 9) và (n + 2) cùng không chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) không
chia hết cho 7 , nhng 21 chia hết cho 7 nên n
2

+ 11n + 39 không chia hết cho 49.
(0,25
đ)
Câu 3: Từ x + y + z + 4 = 2
2x
+ 4
3

y
+ 6
5

z
(1)
Ta có: x + y + z + 4 - 2
2x
- 4
3

y
- 6
5

z
= 0 (0,25 đ)

[ ]
122)2(
2
+

xx
+
[ ]
42).3(2)3(
2
+
yy
+
[ ]
93).5(2)5(
2
+
zz
= 0
(0,5 đ)

(
2
)12

x
+ (
2
)23

y
+ (
2
)35

z
= 0
Vì mỗi số hạng của tổng không âm nên vế trái không âm. Vì vậy: (0,25 đ)

12

x
= 0 x = 3

23

y
= 0

y = 7

35 z
= 0 z = 14 (0,25 đ)
Vậy các số cần tìm là x = 3; y = 7; z = 14. (0,25 đ)
Câu 4:
Từ x
2
+ xy + y
2
= x
2
y
2
(1)

x
2
+ 2xy + y
2
= x
2
y
2
+ xy.

(x+y)
2
= xy(xy+1) (0,5 đ)
Vì xy và xy + 1 là 2 số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phơng nên tồn tại
một số bằng 0 (0,5 đ)
+ Nếu xy = 0 , thay vào (1) có x
2
+ y
2
=0

x = y = 0 (0,5 đ)
+ Nếu x + y + 1 = 0

xy = 1 thì
x = 1
y= -1
x = -1
y= 1
Thử vào (1) thoả mãn. Vậy (x ; y) = (0 ; 0) (1 ; -1) (-1 ; 1) (0,25 đ)

Câu 5:
Phòng giáo dục Bình xuyên
Kỳ thi học sinh giỏi THCS
Vòng 2 năm học 2006-2007
Đề thi học sinh giỏi lớp 9
Môn: Toán.

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (Không dùng máy tính)
Cho biểu thức: A =
2
168
1
4444
x
x
xxxx
+
++
Rút gọn rồi tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Câu 2: (Không dùng máy tính). Hãy so sánh hai số sau đây:
x =
+
++
+
322
32
322
32

và y =

++
+
5310
53
5310
53
+

Câu3: Cho hệ phơng trình:
x- my = 2 - 2m
mx + y = 1 + 3m (I) với m là tham số.
1, Giải hệ (I) khi m = 1
2, Gọi (x
0
, y
0
) là nghiệm của hệ (I). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
B = x
0
2
+ y
0
2
- 2 x
0
khi m thay đổi.

Câu 4: Cho tứ giác lồi ABCD. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA lần lợt lấy các điểm
M, N, P, Q sao cho AM = BN = CP = DQ. Chứng minh rằng:
1, Nếu tứ giác ABCD là hình vuông thì tứ giác MNPQ là hình vuông.
2, Nếu tứ giác MNPQ là hình vuông thì tứ giác ABCD là hình vuông.
Câu 5: Cho a, b, c là các số thực dơng thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh bất
đẳng thức sau:
++ cba
ab +bc + ca
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Phòng giáo dục Bình xuyên
Kỳ thi học sinh giỏi THCS
Vòng 2 năm học 2006-2007

Hớng dẫn chấm thi
Môn: Toán.

Câu
ý
Nội dung Điểm
1
A =
2
2
168
44444444
x
xx
xxxx
+
+++++

=
x
x
xx
x
x
xx
4
2424
)
4
(
)24()24(
2
22

++
=

++
.
2,0
0,25
0,25
Điều kiện:

0
0
4
04
x
x
x
x

x

> 4
Trờng hợp 1: Nếu
4x
-2 0

4 < x 8. Khi đó:
A =
4
4
2
4
4224

=

++
x
x
x
xx
Trờng hợp 2: Nếu
4x
-2 > 0

x > 8. Khi đó:
A =
4
2
2
4
2424

=

++
x
x
x
xx
.
*Xét A =
4

4

x
x
= 4 +
4
16

x
với x

Z ta thấy
A

Z






84
164
x
x

=
=
=
44
24
14
x
x
x







=
=
=
8
6
5
x
x
x
*Xét A =
4
2

x
x
và x

Z . Trớc hết
4x
là số vô tỉ nên
không thỏa mãn, do đó
4x
=
q
p
với p,q

Z
+
và (p,q) = 1.
Khi đó A =
k
p
q
q
p
Z
p
q
q
p
q

p
q
p
=++=
+
8
2
8
2
)4(2
2
2

(k

Z)

2p
2
+8q
2
= kpq. Từ đó ta thấy 2p
2
chia hết cho q mà
(p,q) =1

q
2

=
=
2
1
q
q
tơng tự ta cũng có: 8q
2
chia hết cho
p mà (p,q) =1

p
8

p = 1; 2; 4; 8. Vì (p,q) = 1 nê chỉ cần
thử các tình huống:
+ q =2 và p = 1 thì x không phải là số nguyên.
+ q =1 mà x > 8 nên p = 4, 8 thỏa mãn. Khi đó x = 20; 68
Vậy A

Z khi x = 5; 6; 8; 20; 26.
Rút gọn x:
+
++
+
=

+
++
+
==
2
2
)13(2
)13(
3242
324
3242
324
2
2
2
x
x
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
2
2,0
1
1,0
2
0,75
3

+
2
2
)13(2
)13(


=
132
)13(
2
++
+
+
)13(2
)13(
2

+
=
)13(3
)13(
2
+
+
+
)13(3
)13(
2

=
3
13
+
+
2
2
2
2
3
13
===

x
Rút gọn y:
2
y
=

++
+
52620
53
52620
53
+

153
53

153
53
)15(52
53
)15(52
53
22



+
+
=
+


++
+
=
=
11
26
11
6
44
24
)153)(153(
)153)(53()153)(53(
===
+

++
y
So sánh
11
26
< y < x.
0,25
3
2,0
1
2
1,0
0,25
= 7 -
1
6
2
+
m
. Để A
min


1
6
2
+
m
lớn nhất

x
2
+ 1 nhỏ nhất.
Mặt khác m
2
+ 1 1. Dấu = khi m = 0. Vậy (m
2
+ 1)
min
= 1

A = 1 khi m = 0. Vậy giá trị nhỏ nhất của A = 1 khi m = 0
khi đó x
0
= 2; y
0
= 1
Tứ giác ABCD là hình
vuông

AB = BC = CD =DA


AM + MB = BN + NC =
CP + PD = DQ + QA
(do AM = BN = CP = DQ).
Tam giác vuông AQM
= Tam giác vuông BNM
= Tam giác vuông CPN
= Tam giác vuông DQP(c-g-c)

MQ = NM = PN = QP (1)

AMQ = BNM
0,25
0,25
4
3,0
1
0,5
0,5
0,5
BMN + BNM = 90
0

AMQ + BMN = BNM + BMN = 90
0


QMN = 90
0
(2).
Từ (1) và (2)

Tứ giác MNPQ là hình vuông.
Tứ giác MNPQ là hình vuông

Tứ giác ABCD là hình
vuông.
Ta chỉ cần chứng minh tứ giác ABCD là hình chữ nhật là đủ

(vì với điều kiện AM = BN = CP = DQ

Tứ giác ABCD là
hình vuông.
Giả sử tứ giác ABCD không là hình chữ nhật

Trong 4 góc
của tứ giác có ít nhất 1 góc tù, giả sử góc A > 90
0
Hạ QH vuông góc với AB

0,5
2
0,25
0,25
0,25
(2)

AM < BN (vô lí do giả thiết AM = BN)
Vậy điều giả sử sai

Tứ giác ABCD là hình chữ nhật

Tứ
giác ABCD là hình vuông.
++ cba
ab +bc + ca

++ cba 222
2ab +2bc + 2ca

a
2
+
++++ ccbba 222
22
a
2
+ b
2
+c
2
+2ab +2bc + 2ca

a
2
+
++++ ccbba 222
22
(a + b + c)
2
= 9 (*)
0,25
5