bo-de-thi-hsg-mon-toan-lop-9-cap-tinh (1)

PHÒNG GD&ĐT TP BẮC GIANG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2016-2017 Mơn: Tốn lớp Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (5 điểm) a Cho biểu thức M= a a b b a b   với a, b > a  b ab a b b a Rút gọi M tính giá trị biểu thức M biết 1  a 1  b   ab  b Tìm số nguyên a, b thoả mãn   18  a b a b c Cho a, b, c thỏa mãn a  b  c  ; a  b  c  23 ; abc  Tính giá trị biểu thức H= 1   ab  c  bc  a  ca  b  Bài 2: (4,5 điểm) a Tính giá trị biểu thức N= 4  4  13  27  10 b Cho a, b số hữu tỉ thỏa mãn  a  b2    a  b  + (1  ab)2  4ab 2 Chứng minh  ab số hữu tỉ c Giải phương trình x  x   x  1  x  Bài 3: (3,5 điểm) a Tìm tất cặp số nguyên (x;y) thoả mãn x5  y  xy  b Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1 Chứng minh 1    ab  a  bc  b  ca  c  2 Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đường trịn (O;R) đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường trịn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, Ax lấy M cho AM > R Từ M vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH vng góc với AB, CE vng góc với AM Đường thẳng vng góc với AB O cắt BC N Đường thẳng MO cắt CE, CA, CH Q, K, P a Chứng minh MNCO hình thang cân b MB cắt CH I Chứng minh KI son song với AB c Gọi G F trung điểm AH AE Chứng minh PG vng góc với QF Bài 5: (1 điểm) Tìm số nguyên dương n lớn để A= 427 + 42016 + 4n số phương Họ tên thí sinh SBD: HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2016-207 MƠN: TỐN LỚP Câu Bài a/ 1,5đ Nội Dung -Rút gọn M= ab với a, b>0 a  b a b Điểm 4đ 0,75 -Ta có 1  a 1  b    ab   ab   ab  a  b   ab  a b  ( ab ) 1 a b ab 1 a b 0,25 + Nếu a>b>0  a  b  a  b  0; ab    ab  a b ab 0 a b ab ab  1 M 1 a b a b 0,25 + 00 ta có x  y  xy   x  y   xy  x y 4 x y áp dụng ta có 0,5 1 1    ab  a  ab   a  ab  abc  a  ab(c  1)  (a  1) 1 1   abc  1 c              ab(c  1) a    ab(c  1) a    c  a   1 c     Vây ta có  ab  a   c  a   1 a  1 b        Tương tự ta có ;  nên bc  b   a  b   ca  c   b  c    1   3     ab  a  bc  b  ca  c   1 c a b   3         c 1 a 1 a 1 b 1 b 1 c 1 1    dấu “=” có a=b=c=1 Vậy ab  a  bc  b  ca  c  2 0,5 0,25 6đ Bài N M E Q F K A C I T G O H B P a/ 2đ -Ta có ACB nội tiếp đường trịn (vì ) mà AB đường kính nên ACB vng C  AC  BN Ta có MA=MC ( ), OA=OC ( ) nên MO trung trực AC 0,5 · ·  NBO  MO  AC  MO // NB  MOA · ·  NOB  900 ; xét MAO NOB có -Ta có OA  MA ( )  MAO · · · · ; OA  OB  R  MAO  NOB  MO  NB MAO  NOB  900 ; MOA  NBO b/ 2đ -Ta có MO // NB; MO  NB  MNBO hình bình hành.Ta có MAO = NOB (cm trên) nên ta có NO=MA, mà MA=MC ( ) nên NO=MC MNBO hình thang cân 0,75 · · · · -Xét CHB MAO có MAO ( cm trên)  NOB  900 ; CBH  MOA 0,5  CHB : MAO  CH HB HB   MA AO R -Ta có CH  AB (gt) ; MA  AB ( )  CH // MA  IH // MA  IH HB HB   MA AB R CH HB HB IH IH   2  2   CH  IH  IC  IH MA R 2R MA MA -Chi KI đường trung bình tam giác ACH  KI // AB -Nên ta có  c/ 2đ -Chưng minh FQIO hình bình hành  QF // IO -Chưng minh O trục tâm tam giác GIP 0,5 0,5 0,5 0,75 0,75 0,5 1đ 0,25  PG  OI  PG  QF Bài 0,75 * A  427  42016  4n   227  1  41989  4n27  Vì A  227  số phương nên  41989  4n27 số phương Ta có  41989  4n27 > 4n 27  (2n 27 )2 *mà  41989  4n27 số phương nên ta có 0,5  41989  4n27   2n27  1  2n 27  23977  n  4004 Với n=4004 ta có A= A  427  42016  44004   227  24004  số phương Vậy n=4004 A=427+42016+4n số phương 0,25 PHỊNG GD & ĐT THÀNH PHỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ THANH HĨA NĂM HỌC 2016 - 2017 Mơn Tốn: Lớp ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài: 150 phút) Bài 1: (5,0 điểm)  x2 x  x 1 Với x  0, x    :  x x 1 x  x 1 1 x  Cho biểu thức: P   a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P  c) So sánh: P2 2P Bài 2: (4,0 điểm) a) Tìm x, y  Z thỏa mãn: y x  x  y   x  y  xy b) Cho a, b, c số nguyên khác thỏa mãn u ki n: 1 1 1        b c a b c a Chứng minh rằng: a  b3  c3 chia hết cho Bài 3: (4,0 điểm) a) Giải phương trình sau: x  20 x  25  x  x   10 x  20 b) Cho x, y số thực thoả mãn: x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức: A = x + y + Bài 4: (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD có cạnh a N điểm tùy ý thuộc cạnh AB Gọi E giao điểm CN DA Vẽ tia Cx vng góc với CE cắt AB F Lấy M trung điểm EF a) Chứng minh: CM vng góc với EF b) Chứng minh: NB.DE = a2 B, D, M thẳng hàng c) Tìm vị trí N AB cho di n tích tứ giác AEFC gấp lần di n tích hình vng ABCD Bài 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a b c a b c      ab bc ca bc ca a b Hết -Lưu ý: Học sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP Bài Câu a Nội dung Đi u ki n: x  0, x  Điểm 0,5 0,5  x2 x  x 1 P   : x x  x  x  1  x         b  x  x 1   : x  x  x   x 1  0,5 x2   x   x ( x  1)  ( x  x  1)    x 1 x  x 1 x  x 1    x  x 1   x 1 x  x 1 : 0,5 x 1 2 x 1 Với x  0, x  Ta có: P  0,5 2  x  x 1 1,0  x  x 1 0,25  x x 60  ( x  2)( x  3)  Vì x   nên Vậy P = c 0,25 x    x  (t/m) x = Vì x   x  x   0,25 2 x  x 1 0 P2 0,25 0  P ( P  2)   P2  2P   P2  2P Dấu “=” xảy P =  x = Vậy P2  2P 0,25 0,25 a y x  x  y   x  y  xy  y x  x  y   x  y  xy  0,5   x  1 (2 y  y  x)  1 0,25 Vì x, y Z nên x - 1 Ư(-1) = 1; 1 +) Nếu x – =  x = 0,5 Khi 2y2 - y – = -  y = (t/m) y = 1 Z (loại) +) Nếu x – = -1  x = 0,5 Khi 2y - y =  y = (t/m) y = 1 Z (loại) 0,25 x  x  ;  y 1 y 1 Vậy  b a) Từ giả thiết 0,5 1 1 1 (   )2    a b c a b c 1  2(   )0 ab bc ca 0,5 Vì a, b, c  nên a + b + c =  a  b  c   a  b    c  3  a  b  3ab(a  b)  c 3 0,25  a  b  c  3abc 3 0,5 0,25 Vậy a  b3  c3 M với a, b, c  Z Lưu ý: Nếu học sinh sử dụng đẳng thức x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx) mà khơng chứng minh trừ 0,5 điểm a Đkxđ: x  R x  20 x  25  x  x   10 x  20 0,25 Tương tự:  b ba  ; bc abc c cb  ca abc a b c    (1) ab bc ca * Ta có: a a  bc a(b  c) Vì a, b, c > nên theo bất đẳng thức Cơ- si ta có: a  (b  c)  a (b  c)  2   abc a (b  c )  2a a 2a a    abc abc bc a(b  c) Tương tự:  2b b  ; abc ac 2c c  abc ba a b c   2 bc ca ab 0,5 Dấu ‘ =” xảy a = b + c; b = c + a; c = a +b tức a = b = c (vô lý)  a b c    (2) bc ca ab Từ (1) (2) ta có đpcm * Lưu ý chấm bài: - Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà cho điểm phần theo thang điểm tương ứng - Với 5, học sinh vẽ hình sai khơng vẽ hình khơng chấm PHỊNG GD&ĐT THÀNH PHỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 - 2016 THANH HĨA MƠN: TOÁN LỚP Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4,0 điểm) Cho P = x x  2x  x  x x 3 x 2 + x x  2x  x  x x 3 x 2 Rút gọn P Với giá trị x P > Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn Bài 2: (4,0 điểm) Giải phương trình  3x  x  x    2x =4 Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 + xy + y2 = x2y2 Bài 3: (4,0 điểm) Cho a = x + b=y+ c = xy + x y xy Tính giá trị biểu thức: A = a2 + b2 + c2 – abc Chứng minh với x > ta ln có 3(x2 - 1 ) < 2(x3 - ) x x Bài 4: (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có AD = BC; AB < CD Gọi I, Q, H, P trung điểm AB, AC, CD, BD Chứng minh IPHQ hình thoi PQ tạo với AD, BC hai góc V phía ngồi tứ giác ABCD, dựng hai tam giác ADE BCF Chứng minh trung điểm đoạn thẳng AB, CD, EF thuộc đường thẳng Bài 5: (2,0 điểm) Tam giác ABC có BC = 40cm, phân giác AD dài 45cm đường cao AH dài 36cm Tính độ dài BD, DC Bài 6: (2,0 điểm) Với a, b số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) = Hãy tìm GTNN P =  a +  b ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP Bài Câu Tóm tắt cách giải Điểm Đi u ki n x > 0; x  1; 1 P= ( x  2)( x  1) x 1 = = ( x  2)( x  1)( x  1) + x 1 0,5 + ( x  2)( x  1)( x  1) ( x  2)( x  1) x 1 x 1 2( x  1) x 1 P > 1  0,5 0,5 2( x  1) 2( x  1) 2x   x  > 1 - > 0 >0 x 1 x 1 x 1 x3 > Theo đ/k x >  x + > x 1 0,5  x–1>0  x>1 Kết hợp u ki n x > 0; x  1; Suy x > 1; x  P > P= 2( x  1) =2+ Với x > 0; x  1; x 1 x 1 0,5 0,5 P nguyên  x – ước 0,5 P đạt giá trị nguyên lớn  x – =  x = 0,5 Vậy P đạt giá trị lớn x = Đi u ki n x – +  x  0,25 Phương trình tương đương 3x  - x  - x  - 4x + 12 = (*) 0,5 Xét x < - Thì (*)  - 3x + + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 =  2x = -28  x = - 14 (Thỏa mãn đk) Xét - ≤ x < Thì (*) 0,25 0,25  - 3x + + x – – 4(2x + 3) – 4x + 12 =  x= (Thỏa mãn đk) Xét ≤ x < Thì (*) 0,25  - 3x + – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 =  x= (loại) 0,25 0,25 Xét x ≥ Thì (*)  3x – – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = x = - (Loại)   2 7 Vậy phương trình có nghi m x   14;  Ta có x2 + xy + y2 = x2y2  (x + y) = xy(xy + 1) 0,5  xy  + Nếu x + y =  xy(xy + 1) =    xy  1 0,5 Với xy = Kết hợp với x + y =  x = y = x   x  1   y  1 y  Với xy = -1 Kết hợp với x + y =   0,5 + Nếu x + y   (x + y)2 số phương xy(xy + 1) hai số nguyên liên tiếp khác nên chúng nguyên tố 0,5 Do khơng thể số phương Vậy nghi m nguyên phương trình (x; y) = (0; 0); (1; -1); (1; 1) a2 = x + +2 x2 b2 = y2 + +2 y2 c2 = x2y2 + ab = (x + +2 x y2 1 x x y y )(y + ) = xy + + + =c+ + y xy y y x x x  abc = (c + = c2 + c( 0,5 x y + ).c y x x y + ) y x 0,5 0,5 0,5 = c2 + (xy + x y )( + ) xy y x = c2 + x2 + y2 + 1 + 2 y x = a – + b2 – + c 2 2  A = a + b + c – abc = 3(x2 1 ) < 2(x3 - ) x x 1 1 )(x + ) < 2(x - )(x2 + + 1) x x x x  3(x - 0,5 1 ) < 2(x2 + + 1) (1)  3(x + x x ( Vì x > nên x Đặt x + > 0) x 1,0 1 = t x2 + = t2 – x x 0,5 Ta có (1)  2t2 – 3t – >  (t – 2)(2t + 1) > (2) Vì x > nên (x – 1)2 >  x2 + > 2x  x + > hay t > x  (2) Suy u phải chứng minh A B I Q P C H D IP = HQ; IP//HQ (Tính chất đường trung bình) AD = BC (GT) 0,5  IPHQ h.b.h 0,5 Có IP = IQ = 1 AD = BC nên IPHQ hình thoi 2 Gọi P ; Q giao điểm PQ với AD BC Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H  HPQ = HQP (Góc đáy tam giác cân) (1) Mà PH // BC  BQ P = HPQ (So le trong) (2) 0,5 QH // AD  AP P = HQP (So le trong) (3) 0,5 Từ (1); (2); (3) Suy AP P = BQ P ( đpcm) F k E A B I n m Q P C H D Gọi K, M, N trung điểm EF, DF, CE Từ giả thiết ∆ ADE = ∆ BCF dựa vào tính chất đường trung bình tam giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ (c.c.c) 0,5 Suy MHP = NHQ  MHQ = NHP  MHN PHQ có tia phân giác 0,5 Mặt khác dễ có IPHQ KMHN hình thoi 0,5 Suy HK HI phân giác MHN PHQ Suy H, I, K thẳng hàng Đặt BD = x, DC = y Giả sử x < y Pitago tam giác vng AHD ta tính HD = 27cm Vẽ tia phân giác góc ngồi A, cắt BC E Ta có AE  AD nên AD2 = DE.DH Suy 0,5 DE = 0,5 AD 45 = = 75cm DH 27 Theo tính chất đường phân giác ngồi tam giác EB DB 75  x x = = (1)  EC DC 75  y y 0,5 Mặt khác x + y = 40 (2) Thay y = 40 – x vào (1) rút gọn x2 – 115x + 1500 =  (x – 15)(x – 100) = Do x < 40 nên x = 15, từ y = 25 0,5 0,5 Vậy DB = 15cm, DC = 25cm Áp dụng Bunhiacopski cho hai dãy a2; 1; ta có (12 + 42)(a4 + 1) ≥ (a2 + 4)2 1 a ≥  a2  0,5 (1) 17 Dấu “=” xảy  a = Áp dụng Bunhiacopski cho b2; 1; ta có 17(b + 1) ≥ (b + 4)  2 Dấu “=” xảy  b = Từ (1) (2)  P ≥ b 1 ≥ b2  17 (2) 0,5 a2  b2  17 ( ) Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) =  a + b + ab = 4 Áp dụng Côsi ta có: a  a2 + b  b2 + ab  a2  b2 Cộng vế ba bất đẳng thức ta 0,5 0,5 (a  b ) + ≥ a + b + ab = 2 = Thay vào (  )  a + b ≥ ( - ): 2 8 P≥ = 17 17 Vậy giá trị nhỏ P 17 a = b = 2 Lưu ý: - Học sinh làm cách khác cho điểm tương đương - Bài hình khơng có hình vẽ hình vẽ sai khơng cho điểm SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CẤP THCS NĂM HỌC 2016 - 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 12/4/2017 (Đề thi gồm 01 trang) Bài (2,0 điểm) a) Cho x  10  (  1) 62   Tính giá trị P  12x + 4x – 55  2017 a  a a 1 a  a a  a 1 M   a a a a a a b) Cho biểu thức với a > 0, a  Với giá trị a biểu thức N  nhận giá trị nguyên? M Bài (2,0 điểm) a) Cho phương trình: x  2mx  m2  m   (m tham số) Với giá trị m phương trình có hai nghi m x x cho x1  x  ? 2 2   x y  2x y  x y  2xy  3x   b) Cho h phương trình  2017  y  3m  y  x Tìm giá trị m để h phương trình có hai nghi m phân bi t  x ; y1   x ; y2  thỏa mãn u ki n  x  y2  x  y1    Bài (2,0 điểm) a) Tìm tất số nguyên dương a, b cho a + b chia hết cho a b  b) Cho ba số thực a, b, c dương Chứng minh rằng: a3 a3   b  c  b3 b3   c  a   c3 c3   a  b   Bài (3,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C cố định nằm đường thẳng d (điểm B nằm điểm A điểm C) Vẽ đường tròn tâm O thay đổi qua điểm B điểm C (điểm O không thuộc đường thẳng d) Kẻ AM AN tiếp tuyến với đường tròn tâm O (với M N tiếp điểm) Đường thẳng BC cắt MN điểm K Đường thẳng AO cắt MN điểm H cắt đường tròn điểm P điểm Q (P nằm A Q) a) Chứng minh điểm K cố định đường tròn tâm O thay đổi b) Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P trung điểm ME Bài (1,0 điểm) Cho tập hợp A gồm 21 phần tử số nguyên khác thỏa mãn tổng 11 phần tử lớn tổng 10 phần tử lại Biết số 101 102 thuộc tập hợp A Tìm tất phần tử tập hợp A -Hết (Cán coi thi khơng giải thích thêm) Họ tên thí sinh: Số báo danh: Cán coi thi 1: Cán coi thi 2: SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM HẢI PHÒNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ Năm học 2016 - 2017 MƠN: Tốn (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa Tổng điểm thi: 10 điểm - Đáp án Bài Điểm 1a) (1,0 điểm) Ta có : 10      (  1)3   0,25 1    (  1)  x (  1)3 (  1) (  1)  0,25 (  1)(  1)   2 1  0,25 Thay giá trị x vào P ta được:  P  12.22  55  2017 1b) (1,0 điểm) Với u ki n a  0; a  thì: M  a 1  a 0,25  12017    a  a  1  a  1 a  a  1 a  a  1 a  1 a   a  1  a 1 a  a 1 a 1 0,25 Bài (2 điểm) a 1 a  a 1 a  M   a a a Khi N   M  a  a 1 a 0 Ta thấy với  a   a  a      a 1  a   a  a 1 2 Do  N  Để N có giá trị nguyên N = a 1 a  a    a  a 1   a  32 a   (tháa m·n) a 2 3    a    a   (tháa m·n)    Vậy a   0,25 0,25 0,25 2a) (1,0 điểm) Phương trình: x  2mx  m2  m   có hai nghi m thì:  '  m  m  m   m    m  6   Theo h thức Vi-ét ta có: 0,25   x1  x  2m    x1x  m  m  Ta có: x1  x   x12  x 2  x1x  64   x1  x  0,25  2x1x  x1x  64 (1) Trường hợp 1: Nếu x x dấu thì: m  6  x1 x    m  m    m   m  3   6  m  2  (*) m  0,25 Khi (1)   x1  x   64  4m  64  m  4 (thỏa mãn (*)) Trường hợp 2: Nếu x x trái dấu thì: x1x   m  m    m   m  3   2  m  (**)   Khi (1)   x1  x   4x1x  64  4m  m  m   64 0,25  m   16  m  10 (không thỏa mãn u ki n (**) Kết luận: m   2b) (1,0 điểm) Bài (2 điểm) 2 2   x y  2x y  x y  2xy  3x   (1)  2017  y  3m (2)  y  x Ta có (1)  x3 y2  x y2  2x y  2xy  3x     x    xy  1    V« lý   (x  1) x y  2xy   Thay x = vào phương trình (2) ta y2  y  3m   (3) Để phương trình (3) có hai nghi m phân bi t thì:     3m  1   12m    m  Theo đ bài:  x  y2  x  y1      y1  y  y1y  (4) x1  x  Với m  theo h thức Vi-ét cho phương trình (3) ta có : 0,25 0,25 0,25 0,25  y1  y  thay vào (4) ta có:   3m   m  (thỏa mãn)   y1y   3m Kết luận: m = 3a) (1,0 điểm) Ta có (a + b2)  (a2b – 1) suy ra: a + b2 = k(a2b – 1), với k  *  a + k = b(ka2 – b) hay mb = a + k (1) với m  ka – b ¥ *  m + b = ka2 (2) Từ (1) (2) suy ra: mb  m  b   a  k  ka   (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + – ka) (3) * Do m, b  ¥   m – 1 b – 1  0,25 Vì từ (3) suy ra: (a + 1)(k + – ka)  Lại a > nên suy ra: k + – ka    k(a – 1) Vì a –  0, k > nên  k  a –1  vµ k  a –1 ¥ a   k(a  1)      a   k(a  1)    k  0,25 Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) =  m     b   k.a   a  b       m    b   k.a   a    b   0,25 Vậy, trường hợp ta hai cặp a = 1; b = a = 1; b = b  Bài (2 điểm) Với a = k = Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) =   m  Khi b = 1, ta được: a = 2, b = Khi m = 1: từ (1) suy a + k = b  b = Khi đó: a = 2, b = Vậy có cặp số (a; b) thỏa mãn là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1) 3b) (1,0 điểm) Với x số dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x 1 x2  x 1 x2  x    x  1 x  x    2   (*) x 1 x   0,25  0,25 Dấu “ =” xảy x = Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được: a3 a   b  c 3  bc 1    a   2 bc   2  a   2a  b  c  2a 0,25 ... 2(x - )(x2 + + 1) x x x x  3(x - 0,5 1 ) < 2(x2 + + 1) (1)  3(x + x x ( Vì x > nên x Đặt x + > 0) x 1,0 1 = t x2 + = t2 – x x 0,5 Ta có (1)  2t2 – 3t – >  (t – 2)(2t + 1) > (2) Vì x > nên (x... cân đỉnh H  HPQ = HQP (Góc đáy tam giác cân) (1) Mà PH // BC  BQ P = HPQ (So le trong) (2) 0,5 QH // AD  AP P = HQP (So le trong) (3) 0,5 Từ (1); (2); (3) Suy AP P = BQ P ( đpcm) F k E A B... Theo tính chất đường phân giác ngồi tam giác EB DB 75  x x = = (1)  EC DC 75  y y 0,5 Mặt khác x + y = 40 (2) Thay y = 40 – x vào (1) rút gọn x2 – 115x + 1500 =  (x – 15)(x – 100) = Do x < 40