1) Xét tứ giác ABOC có:

ˆABO=ˆACO=90° (AC, AB lần lượt là tiếp tuyến tại B, C của (O))

⇒ˆABO+ˆACO=180°

Vậy tứ giác ABOC nội tiếp (hai góc đối bù nhau).

2) Xét ΔABF và ΔAEB có:

ˆBAF là góc chung

ˆABF=ˆAEB (cùng bằng 12sđAF của (O))

Do đó ΔABF∽ΔAEB(g.g)

⇒ABAF=AEAB (tính chất hai tam giác đồng dạng)

⇒AB2=AE.AF.

3) Xét (O) có AB, AC lần lượt là tiếp tuyến tại B, C của (O), OA∩BC=H.

⇒OA⊥BC tại H

Xét ABO vuông tại B, đường cao BH, ta có:AB2=AH.AO

Do đó AE.AF=AH.AO (=AB2)

⇒AEAH=AOAF

Xét AEO và AHF, ta có:

ˆHAF là góc chung

AEAH=AOAF

Do đó ΔAEO∽ΔAHF(c.g.c) 

⇒ˆAEO=ˆAHF (Hai góc tương ứng)

Mà ˆAHF+ˆFHO=180° (hai góc kề bù)

Nên ˆAEO+ˆFHO=180° hay ˆFEO+ˆFHO=180°

Suy ra tứ giác OHFE nội tiếp (Hai góc đối bù nhau)

⇒ˆHFE+ˆHOE=180° (Tính chất tứ giác nội tiếp)

Kéo dài AO cắt (O) tại K (O nằm giữa A và K, ta có: ˆKOE+ˆHOE=180°)   

⇒ˆKOE=ˆHFE (cùng bù ˆHOE)

Xét (O), ta có:

ˆEBC=90° (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒EB⊥BC

Mặt khác, ta có OA⊥BC tại H (cmt) ⇒AK⊥BC 

Do đó: EB // AK (cùng vuông góc với BC) ⇒ˆKOE=ˆOEB (Hai góc so le trong)

⇒ˆKOE=ˆCEB 

Suy ra ˆHFE=ˆCEB (=ˆKOE)

Xét (O), ta có: ˆBFE=ˆBCE (cùng bằng 12sđBE của (O))

Trong ΔEBC vuông tại B, ta có: ˆBEC+ˆBCE=90°

Ta có: ˆBFH=ˆBFE+ˆHFE=ˆBCE+ˆBEC=90°⇒HF⊥BI tại F

Xét tam giác BHI vuông tại H, đường cao HF, ta có:

IH2=IF.IB (1)

Xét IAF và IBA, ta có:

ˆAIF là góc chung

ˆIBA=ˆIAF (ˆIBA=ˆBEF cùng chắn cung BF của (O), ˆBEF=ˆIAFlà hai góc so le trong của EF // AK)

Vậy ΔIAF∽ΔIBA(g.g)

⇒IAIB=IFIA⇒IA2=IF.IB (2)

Từ (1) và (2)

=> IH = IA hay i là trung điểm ah.

: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

Xét tứ giác BCED có \(\hat{B C E} + \hat{B D E} = 9 0^{0} + 9 0^{0} = 18 0^{0}\)

nên BCED là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔADE vuông tại D và ΔACB vuông tại C có

\(\hat{D A E}\) chung

Do đó: ΔADE~ΔACB

=>\(\frac{A D}{A C} = \frac{A E}{A B}\)

=>\(A E \cdot A C = A D \cdot A B = \frac{1}{4} A B \cdot A B = \frac{1}{4} A B^{2}\)

a: Ta có: \(\hat{C H M} + \hat{H C M} = 9 0^{0}\)(ΔHMC vuông tại M)

\(\hat{N B C} + \hat{N C B} = 9 0^{0}\)(ΔNBC vuông tại N)

Do đó: \(\hat{C H M} = \hat{N B C} = \hat{A B C}\)

b: Xét tứ giác BNHM có \(\hat{B N H} + \hat{B M H} = 9 0^{0} + 9 0^{0} = 18 0^{0}\)

nên BNHM là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{N B M} + \hat{N H M} = 18 0^{0}\)

=>\(\hat{A B C} + \hat{N H M} = 18 0^{0}\)

mà \(\hat{A B C} + \hat{A D C} = 18 0^{0}\)(ABCD là tứ giác nội tiếp)

nên \(\hat{N H M} = \hat{A D C}\)

mà \(\hat{N H M} = \hat{A H C}\)(hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{A H C} = \hat{A D C}\)

c: Xét tứ giác ANMC có \(\hat{A N C} = \hat{A M C} = 9 0^{0}\)

nên ANMC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{M A C} = \hat{M N C}\)

1. 
   

   a: Xét (I) có

   ΔBFC nội tiếp

   BC là đường kính

   Do đó: ΔBFC vuông tại F

   =>CF\(\bot\)AB tại F

   Xét (I) có

   ΔBEC nội tiếp

   BC là đường kính

   Do đó: ΔBEC vuông tại E

   =>BE\(\bot\)AC tại E

   Xét ΔABC có

   CF,BE là các đường cao

   CF cắt BE tại H

   Do đó: H là trực tâm của ΔABC

   =>AH\(\bot\)BC tại D

   Xét tứ giác BFHD có \(\hat{B F H} + \hat{B D H} = 9 0^{0} + 9 0^{0} = 18 0^{0}\)

   nên BFHD là tứ giác nội tiếp

   b: Xét tứ giác ABDE có \(\hat{A E B} = \hat{A D B} = 9 0^{0}\)

   nên ABDE là tứ giác nội tiếp

:

Vì BD, CE là các đường cao của ∆ABC nên BD

⊥ AC và CE ⊥ AB.

Suy ra ˆAEH=ˆADH=90∘.

Xét ∆AEH vuông tại E nên H, E, A thuộc đường tròn đường kính AH (1)

Xét ∆ADH vuông tại D nên D, A, H thuộc đường tròn đường kính AH (2).

Từ (1) và (2) suy ra A, E, D, H cùng thuộc một đường tròn.

Suy ra ADHE là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác BCDE. Gọi O là trung điểm của BC.

Vì BD, CE là các đường cao của ∆ABC nên DB ⊥ AC và CE ⊥ AB.

Suy ra ˆBDC=ˆBEC=90∘.

Xét tam giác BDC, có ˆBDC=90∘ và DO là trung tuyến nên OD = OC = OB = 12BC.

Xét tam giác BEC có ˆBEC=90∘ và EO là trung tuyến nên OE = OC = OB = 12BC.

Từ đấy suy ra OE = OC = OB = OD.

Vậy tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn tâm O là trung điểm BC

Gọi E,F là tiếp điểm của đường tròn (I) với các cạnh AB,AC.

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: AE=AF;BE=BD;CD=CF.

Do đó 2BD=BD+BE=BC−−CD+AB−−AE

=BC+AB−−(CD+AE)=BC+AB−−(CF+AF)

=BC+AB−−AC.

Suy ra BD=BC+AB−AC2.

Gọi M là trung điểm của BC

Ta tính được AG = 23AM = 10cm

Gọi N là trung điểm của AB => MN//AC, MN⊥AB

D,I,G thẳng hàng

<=> AGAM=ADAN=23 <=> AD2AN=13 <=> ADAB=13

Ta có AD = r nội tiếp = AB+AC−BC2 <=> AB3=AB+AC−BC2

<=> AB+3AC = 3BC = √AB2+AC2

<=> 3AC = 4AB (đpcm)

Áp dụng kết quả trên ta có: AD = AB+AC−BC2 = 3cm

=> ID = DA = 3cm => IG = DG – ID = 1cm

Đường tròn (I;r) tiếp xúc với các cạnh AB,AC,BC theo thứ tự M,N,P.

Ta có: {S_{AIB}} = \frac{1}{2}IM \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot r \cdot AB & \left( 1 \right)

{S_{AIC}} = \frac{1}{2}IN \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot r \cdot AC & \left( 2 \right)

{S_{BIC}} = \frac{1}{2}r.BC & & & \left( 3 \right)

Cộng vế theo vế ở các biểu thức (1),(2),(3), ta được:

SAIB+SAIC+SBICSABC=12r(AB+AC+BC).

Mà SABC=12AB.AC=12.6.8=24 (cm²), BC=√62+82=10 (cm)

Nên ta có: 24=12r⋅(6+8+10) hay 12r⋅12=24.

Do đó r=2cm.

Câu 1. (0,5 điểm)

Thể thơ tám chữ.

Câu 2. (0,5 điểm)

Nhân vật trữ tình trong bài thơ là người lính – người từng bị thương và được chăm sóc bởi người mẹ hậu phương.

Câu 3. (1,0 điểm)

– Người mẹ trong bài thơ hiện lên với những phẩm chất đáng quý sau:

+ Tận tuỵ, ân cần, yêu thương con vô bờ bến: Dù không phải là mẹ ruột nhưng mẹ vẫn ân cần chăm sóc người lính như con đẻ và dồn hết tình yêu thương cho người lính ấy.

+ Thấu hiểu, đồng cảm, kiên cường, mạnh mẽ, giàu lòng yêu nước: Dù cảnh chia tay khiến người mẹ "ứa nước mắt" nhưng người mẹ ấy hiểu rõ mong muốn được lên đường chiến đấu của người lính nên đã không níu giữ, chỉ ân cần hỏi han sức khoẻ trước khi người lính tiếp tục lên đường, chiến đấu vì Tổ quốc.

Câu 4. (1,0 điểm)

– HS xác định và phân tích tác dụng của biện pháp tu từ ấy.

– Cụ thể:

+ Biện pháp tu từ liệt kê: trái bưởi đào, canh tôm nấu khế, khoai nướng, ngô bung.

+ Tác dụng:

   ++ Tạo hình ảnh cụ thể, từ đó giúp người đọc hình dung được rõ nét hơn sự chăm sóc tỉ mỉ, đầy ân tình của người mẹ.

   ++ Nhấn mạnh sự thấu hiểu, chu đáo, tận tâm, ân cần của người mẹ dành cho người lính.

Câu 5. (1,0 điểm)

– Qua bài thơ, nhân vật trữ tình đã thể hiện những tình cảm sau:

+ Biết ơn, trân trọng: Người lính dù đã đi xa nhưng vẫn luôn ghi nhớ và trân trọng những gì mà người mẹ ấy đã làm cho mình.

+ Yêu thương và kính trọng sâu sắc: Dù không phải mẹ ruột nhưng người lính vẫn dành cho người mẹ ấy tình yêu thương, sự kính trọng như đối với mẹ đẻ.

=> Nhận xét: Chính từ những tình cảm ấy mà người lính coi nơi "có mẹ" chính là quê hương, mới lo lắng, xót xa khi nghĩ về mẹ vào những mùa mưa, mùa gió trái. Điều này đã cho thấy, hình ảnh người mẹ, sự hi sinh của mẹ đã in sâu vào trái tim người lính. Để rồi, trên con đường hành quân, dẫu chỉ thấy "mái lá, cây vườn", người con cũng nhớ về mẹ, cũng thấy mẹ luôn hiện hữu xung quanh.

Vẽ \(A K ⊥ B C\) tại K, \(A H ⊥ \&\text{nbsp}; D C\) tại \(H\).

Khi đó tứ giác \(A K C H\) là hình chữ nhật nên \(A K = C H\); \(A H = C K\)

Trong tam giác vuông \(A K B\) vuông tại \(K\) có \(A B = 10\) cm, \(\hat{A B K} = 7 0^{\circ}\) 

\(A K = A B . \&\text{nbsp}; sin ⁡ \&\text{nbsp}; 7 0^{\circ} = 10. sin ⁡ \&\text{nbsp}; 7 0^{\circ}\) suy ra \(A K = C H = 10. sin ⁡ \&\text{nbsp}; 7 0^{\circ}\)

hay \(D H = C D - H C = 15 - 10. sin ⁡ \&\text{nbsp}; 7 0^{\circ}\)

\(B K = A B . cos ⁡ \&\text{nbsp}; 7 0^{\circ} = 10. cos ⁡ \&\text{nbsp}; 7 0^{\circ}\)

Suy ra \(C K = C B - B K = 13 - 10. cos ⁡ \&\text{nbsp}; 7 0^{\circ}\)

hay \(A H = C K = 13 - 10. cos ⁡ \&\text{nbsp}; 7 0^{\circ}\)

Theo định lí Pythagore trong tam giác vuông \(A D H\):

\(A D = \sqrt{A H^{2} + D H^{2}} = \sqrt{\left(\right. 13 - 10. cos ⁡ 7 0^{\circ} \left.\right)^{2} + \left(\right. 15 - 10. sin ⁡ 7 0^{\circ} \&\text{nbsp}; \left.\right)^{2}} \approx 11 , 1\)