Nêu các nhiệm vụ cơ bản trong năm học 2006-2007 bậc THCS của phòng Giáo dục huyện Bình Xuyên.. Ngời coi thi không giải thích gì thêm ---Phòng Giáo dục Bình Xuyên Kỳ Thi gvdg cấp huyện
Trang 1Phòng 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: (a2 + 1)(b2 +1)(c2+1) là bình phơng của một số hữu tỉ
b, Cho x, y là các số thực sao cho x + y = 2
Chứng minh: x4 + y4 ≥ 2
Câu 2: Với n là số nguyên dơng, chứng minh: n2+11n+39 không chia hết cho 49
Câu 3: Tìm các số x, y, z thoả mãn phơng trình:
x + y + z + 4 = 2 x−2 + 4 y− 3 + 6 z−5
Câu 4: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
x2 + xy + y2 = x2y2
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)
Trang 2Nêu 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
=
−
+
−
+
c a
c
b c
b
) (
) (
)
−
+
−
+
c a
c
b c
b
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 x2 + x + 6 là số chính phơng
Bài 4 (4 điểm):
Giải phơng trình nguyên:
3 x2 + 5y2 = 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)
-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
Trang 3-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)
Trang 4Bài 1 (2,5 điểm):
Từ giả thiết ta có:
) )(
(
2 2
c a b a
c ac b
ab b
a
c c
a
b c
b
a
−
−
+
−
−
=
−
−
−
=
−
Nhân hai vế của đẳng thức này với 1 ≠ 0
−c
) )(
)(
( )
(
2 2
c ac b
ab c
b
a
−
−
−
+
−
−
=
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:
) )(
)(
( )
(
2 2
a ab c
cb a
c
b
−
−
−
+
−
−
=
) )(
)(
( )
(
2 2
b cb a
ca b
a
c
−
−
−
+
−
−
=
Cộng theo từng vế của ba đẳng thức trên ta có:
+
− )2
a
+
− )2
b
=
− )2
c
+
−
−
−
+
−
−
) )(
)(
(
2 2
c b c a b a
c ac b
ab
+
−
−
−
+
−
−
) )(
)(
(
2 2
c b c a
b
a
a ab c
cb
0 ) )(
)(
(
2 2
=
−
−
−
+
−
−
c b c a b a
b cb a
Bài 2 (2,5 điểm):
Giả sử có điểm B trên Ox và
điểm C trên Oy sao cho OB = OC
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 C1 và nằm trên đờng thẳng MN (0,5 điểm) Lấy điểm B1 trên Ox sao cho OB1 = OC1 thì B1 và C1 là hai điểm cần tìm
(0,5 điểm) Bài 3 (3 điểm):
Đặt x2 + x + 6 = y2 , với y ∈ Q ,
⇔ ( 2x +1)2 + 23 = 4y2
⇔ 23 = 4y2 - (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)
Trang 5(2y – 2x -1) = -1 (2y – 2x -1) = -23
x = -6 x = 5 x = 5 x = -6
y = 6 y = 6 y = - 6 y = - 6 (0,5 điểm) Thay vào x2 + x + 6 = y2 ta thấy đều thoả mãn Vậy x = 5; -6 (0,5 điểm)
Bài 4 (3 điểm):
Phơng trình đã cho tơng đơng với
3(x2 + 1 ) = 5(3 – y2) (0,5
điểm)
Vì (3, 5) = 1 nên ta có (x2 + 1) chia hết cho 5 , tức là
x2 + 1 = 5t (t ∈ Z) , ta cũng có 3 – y2 chia hết cho 3 (0,5
điểm)
hay 3 - y2 = 3k ( k ∈ Z ) và 3.5 t = 5.3k, do đó t = k (0,5 điểm)
⇒ x2 = 5t – 1 ≥ 0 nên t ≥ 1 (do t ∈ Z) (0,5
điểm)
y2 = 3 – 3k ≥ 0 nên k ≤ 1
Suy ra t = k = 1 và x2 = 4, y2 = 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
Tứ giác APMR nội tiếp
⇒ góc PMR + góc A = 2 v (2)
⇒ 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 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)
Trang 6Chú 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: (a2 + 1)(b2 +1)(c2+1) là bình phơng của một số hữu tỉ
b, Cho x, y là các số thực sao cho x + y = 2
Chứng minh: x4 + y4 ≥ 2
Câu 2: Với n là số nguyên dơng, chứng minh: n2+11n+39 không chia hết cho 49
Câu 3: Tìm các số x, y, z thoả mãn phơng trình:
x + y + z + 4 = 2 x−2 + 4 y− 3 + 6 z−5
Câu 4: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
x2 + xy + y2 = x2y2
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
Trang 7Câu 1: (2,25 điểm).
a, Ta có: (a2 + 1)(b2 +1)(c2+1) =
= (a2 + ab + ac + bc)( b2 + ab + ac + bc)( c2+ ab + ac + bc) (0,5 đ)
= [(a+b)(a+c)] [(a+b)(b+c)] [(c+a)(b+c)] = [(a+b)(a+c)(b+c)] 2
Do a, b, c là số hữu tỉ nên (a2 + 1)(b2 +1)(c2+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)
x4 + y4 = (1 + k)4 + (1 - k )4 = 2k4 + 12k2 + 2 = 2(k4 + 6k2) + 2 (0,5 đ)
Vì k4 + 6k2 ≥ 0 nên 2(k4 + 6k2) + 2 ≥ 2 tức là x4 + y4 ≥ 2 (0,25 đ)
Dấu đẳng thức xảy ra khi k4 + 6k2 = 0 hay k = 0, hay x = y = 1 (0,25 đ) Câu 2: (1,25 điểm).
Ta có n2 + 11n + 39 = (n2 + 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 n2 + 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 n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49 (0,25
đ)
Câu 3: Từ x + y + z + 4 = 2 x− 2 + 4 y− 3 + 6 z−5 (1)
Ta có: x + y + z + 4 - 2 x−2 - 4 y− 3 - 6 z−5 = 0 (0,25 đ)
⇔ [( x− 2 ) 2 − 2 x− 2 + 1] + [( y− 3 ) 2 − 2 ( y− 3 ) 2 + 4]+ [( z− 5 ) 2 − 2 ( z− 5 ) 3 + 9] = 0
(0,5 đ)
) 1
2 −
−
) 3
5 −
−
Vì mỗi số hạng của tổng không âm nên vế trái không âm Vì vậy: (0,25 đ)
y− 3 − 2 = 0 ⇔ y = 7
z−5−3 = 0 z = 14 (0,25 đ)
Vậy các số cần tìm là x = 3; y = 7; z = 14. (0,25 đ) Câu 4:
Từ x2 + xy + y2 = x2y2 (1)
⇔ x2 + 2xy + y2 = x2y2 + 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 x2 + y2 =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.
Trang 8- Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
-Câu 1: (Không dùng máy tính)
Cho biểu thức: A =
2
16 8 1
4 4 4
4
x x
x x x
x
+
−
−
− +
− +
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:
+ +
+
3 2 2
3 2
3 2 2
3 2
−
−
−
+ +
+
5 3 10
5 3
5 3 10
5 3
− +
−
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 (x0, y0) là nghiệm của hệ (I) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
B = x0 + y0 - 2 x0 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:
≥ +
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.
1
A =
2
2 8 16
4 4 4 4 4
4 4 4
x
x x
x x
x x
+
−
+
− +
− + +
− +
−
=
x x
x x
x x
x x
4
2 4 2
4 )
4 (
) 2 4 ( ) 2 4 (
2
2 2
−
−
− + +
−
=
−
−
− +
+
−
∑ 2,0
0,25
0,25
Trang 9Điều kiện:
≠
≠
−
≥
−
0
0 4
0 4
x x x
x
⇔ x> 4 Trờng hợp 1: Nếu x− 4 -2 ≤ 0 ⇔4 < x ≤ 8 Khi đó:
2 4
4 2
2 4
−
=
+ +
−
x
x x
x x
Trờng hợp 2: Nếu x− 4 -2 > 0 ⇔ x > 8 Khi đó:
2 4
2 4 2
4
−
=
− − −
+ +
−
x
x x
x x
*Xét A =
4
4
−
x
x = 4 +
4
16
−
x với x ⊂ Z ta thấy
A ⊂ Z ⇔
≤
〈
−
8 4
16 4
x
x
⇔
=
−
=
−
=
− 4 4
2 4
1 4
x x
x
⇔
=
=
= 8 6 5
x x x
*Xét A =
4
2
−
x
x và x ⊂ Z Trớc hết x−4 là số vô tỉ nên không thỏa mãn, do đó x−4 =
q
p
với p,q ⊂Z+ và (p,q) = 1
p
q q
p Z
p
q q p q
p q
p
= +
⇔
⊂ +
=
+
8 2
8 2
) 4 (
2 2
2
(k ⊂Z)⇔2p2 +8q2 = kpq Từ đó ta thấy 2p2 chia hết cho q mà
(p,q) =1 ⇒q2 ⇒
=
= 2
1
q
q
tơng tự ta cũng có: 8q2 chia hết cho
p mà (p,q) =1 ⇒p8 ⇒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
) 1 3 ( 2
) 1 3 ( 3 2 4 2
3 2 4 3
2 4 2
3 2 4 2
2
2x x
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
1
1,0 2
0,75 3
Trang 102
2
) 1 3 ( 2
) 1 3 (
−
−
−
=
1 3 2
) 1 3
+ +
) 1 3 ( 2
) 1 3
−
− +
=
) 1 3 ( 3
) 1 3
+
) 1 3 ( 3
) 1 3
−
3
1
2
2 2
3
1
3− = ⇒x = =
Rút gọn y:
2
y
+ +
+
5 2 6 20
5 3
5 2 6 20
5 3
− +
−
1 5 3
5 3 1 5 3
5 3 ) 1 5 ( 5 2
5 3 )
1 5 ( 5 2
5 3
2
−
− +
+
=
− +
−
− + +
+
=
=
11
2 6 11
6 44
24 )
1 5 3 )(
1 5 3 (
) 1 5 3 )(
5 3 ( ) 1 5 3 )(
5 3 (
=
⇒
=
=
− +
+
−
−
−
So sánh
11
2
6 < y < x
0,25
1
2
1,0 0,25
= 7 -
1
6
2 +
1
6
2 +
m lớn nhất ⇔x2 + 1 nhỏ nhất
Mặt khác m2 + 1 ≥ 1 Dấu “=” khi m = 0 Vậy (m2 + 1)min= 1
⇔A = 1 khi m = 0 Vậy giá trị nhỏ nhất của A = 1 khi m = 0
khi đó x0 = 2; y0 = 1
Tứ giác ABCD là hình
⇔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)
AMQ = BNM
0,25
0,25
1
0,5 0,5
0,5
