“Trình bày cảm nhận của em về 4 câu thơ đầu của bài thơ ‘Không có gì tự đến đâu con’”

4 câu thơ đầu (trích):

“Không có gì tự đến đâu con,
Luôn phải khơi nguồn, tự mình vun.
Cơ may chỉ mở thoảng qua,
Muốn thành tài, con hãy siêng năng.”

1. Nội dung cơ bản của 4 câu thơ
2. • Không có thứ gì tự nhiên rơi vào tay, mọi thành quả đều do chính mình vun đắp.
   • “Cơ may” chỉ đến thoảng qua, nếu không nắm bắt, sẽ tuột mất.
   • Muốn thành tài, cần siêng năng, chăm chỉ không ngừng.
3. Cảm nhận chung
4. • Bài thơ gửi gắm thông điệp về sự cần cù, tự lực, không dựa dẫm.
   • Tác giả khuyên học trò: chớ ngồi chờ may mắn; phải chủ động học trau dồi, giữ gìn cơ hội, không bỏ phí.
5. Phân tích vẻ đẹp nghệ thuật
6. • Thể thơ 4 chữ kết hợp với vần AABB rất dễ nhớ, dễ thuộc, phù hợp dặn dò học trò.
   • Từ “khơi nguồn” (hình ảnh khơi suối, khơi nước) gợi sự bắt đầu từ gốc, đào sâu rễ rắc, ngụ ý phải tìm khát vọng, năng lực bên trong.
   • “Cơ may chỉ mở thoảng qua” là cách nói ẩn dụ: cơ hội như cánh cửa thoáng mở rồi khép chớp nhoáng; phải nhanh tay nắm lấy.
   • Câu cuối “Muốn thành tài, con hãy siêng năng” khẳng định chân lý: siêng năng, chăm chỉ là con đường duy nhất dẫn đến thành công.
7. Cảm nhận cá nhân
8. • Mỗi khi đọc 4 câu thơ này, em cảm thấy được động viên: không ngại khó, lao vào học tập, rèn luyện mỗi ngày.
   • Em nhớ lời dạy “không có gì tự đến đâu con”, nhắc em không ỷ lại, không lười biếng.
   • Kể cả khi gặp khó trong học bài, em luôn tự nhủ: phải kiên trì, tìm hiểu từ gốc, chớ bỏ cuộc.

Kết lại, 4 câu thơ đầu là lời khuyên giản dị nhưng sâu sắc: mọi thành tựu đều do chính mình làm ra, và lòng siêng năng sẽ biến “cơ may thoảng qua” thành thành công bền vững.

a: Xét ΔABC có AM là phân giác

nên \(\frac{MB}{AB}=\frac{MC}{AC}\)

=>\(\frac{MB}{6}=\frac{MC}{8}\)

=>\(\frac{MB}{3}=\frac{MC}{4}\)

mà MB+MC=BC=10cm

nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\frac{MB}{3}=\frac{MC}{4}=\frac{MB+MC}{3+4}=\frac{10}{7}\)

=>\(MB=3\cdot\frac{10}{7}=\frac{30}{7}\left(\operatorname{cm}\right);MC=4\cdot\frac{10}{7}=\frac{40}{7}\left(\operatorname{cm}\right)\)

b: Ta có: MF⊥AC

AB⊥AC

Do đó:MF//AB

Xét ΔCAE có FN//AE

nên \(\frac{FN}{AE}=\frac{CN}{CE}\left(1\right)\)

Xét ΔCEB có NM//BE

nên \(\frac{NM}{BE}=\frac{CN}{CE}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{NF}{AE}=\frac{NM}{EB}\)

=>\(\frac{NF}{NM}=\frac{AE}{EB}\left(3\right)\)

Xét ΔCAB có ME//AC

nên \(\frac{AE}{EB}=\frac{CM}{MB}\)

mà \(\frac{CM}{MB}=\frac{AC}{AB}\)

nên \(\frac{AE}{EB}=\frac{AC}{AB}\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(\frac{NF}{NM}=\frac{AC}{AB}\)

=>\(NF\cdot AB=NM\cdot AC\)

Pháp – Tây Ban Nha nổ súng xâm lược Đà Nẵng (9/1858).

Triều Nguyễn tổ chức kháng cự quyết liệt, thực hiện chiến thuật bao vây, tiêu hao địch.

Quân Pháp bị sa lầy, tổn thất nặng, phải rút khỏi Đà Nẵng đầu năm 1860.

**(a) Bài 1. Cho hình bình hành \(A B C D\) có diện tích \(100 \&\text{nbsp}; \text{cm}^{2} .\) Gọi \(M , N , P , Q\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(A B , \textrm{ } B C , \textrm{ } C D , \textrm{ } D A .\)

• \(A N\) cắt \(D M\) tại \(E ,\)
• \(B P\) cắt \(C Q\) tại \(G ,\)
• \(C Q\) cắt \(D M\) tại \(H .\)
• \(B P\) cắt \(D M\) tại \(F .\)
  Tính diện tích tứ giác \(E F G H .\)**

Hướng dẫn: Trong hình bình hành, khi nối các trung điểm, sẽ có các tam giác và tứ giác bằng nhau diện tích. Ta có thể dùng tọa độ hoặc quan sát các tam giác bằng nhau.

Giải (phương pháp qua tọa độ)

1. Đặt \(A = \left(\right. 0 , 0 \left.\right) , \textrm{ }\textrm{ } B = \left(\right. b , 0 \left.\right) , \textrm{ }\textrm{ } D = \left(\right. 0 , d \left.\right)\). Khi đó \(C = B + D = \left(\right. b , d \left.\right)\). Diện tích \(A B C D = b \times d = 100.\)
2. Tính tọa độ trung điểm:
3. • \(M \in A B\), \(M = \left(\right. \frac{b}{2} , \textrm{ } 0 \left.\right) .\)
   • \(N \in B C\), \(N = \left(\right. b , \textrm{ } \frac{d}{2} \left.\right) .\)
   • \(P \in C D\), \(P = \left(\right. \frac{b}{2} , \textrm{ } d \left.\right) .\)
   • \(Q \in D A\), \(Q = \left(\right. 0 , \textrm{ } \frac{d}{2} \left.\right) .\)
4. Phương trình các đoạn thẳng:
   Tìm giao \(E = A N \cap D M\).
   \(\left{\right. t \textrm{ } b = s \textrm{ } \frac{b}{2} , \\ t \textrm{ } \frac{d}{2} = d - s \textrm{ } d .\)
   Từ \(t \textrm{ } b = \frac{b}{2} \textrm{ } s \Rightarrow t = \frac{s}{2} .\) Thay vào \(t \textrm{ } \frac{d}{2} = d \left(\right. 1 - s \left.\right)\):
   \(\frac{s}{2} \cdot \frac{d}{2} = d - d \textrm{ } s \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{s \textrm{ } d}{4} = d \left(\right. 1 - s \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{s}{4} = 1 - s \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } s + \frac{s}{4} = 1 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{5 s}{4} = 1 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } s = \frac{4}{5} , t = \frac{s}{2} = \frac{2}{5} .\)
   Vậy \(E\) có
   \(E = \left(\right. t \textrm{ } b , \textrm{ }\textrm{ } t \textrm{ } \frac{d}{2} \left.\right) = \left(\right. \frac{2 b}{5} , \textrm{ }\textrm{ } \frac{2 d}{10} \left.\right) = \left(\right. \frac{2 b}{5} , \textrm{ } \frac{d}{5} \left.\right) .\)
5. • \(A N\) đi qua \(A \left(\right. 0 , 0 \left.\right)\) và \(N \left(\right. b , \frac{d}{2} \left.\right)\).
   • \(D M\) đi qua \(D \left(\right. 0 , d \left.\right)\) và \(M \left(\right. \frac{b}{2} , 0 \left.\right)\).
6. • Đường thẳng \(A N\): tham số \(t\), \(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. t \cdot b , \textrm{ }\textrm{ } t \cdot \frac{d}{2} \left.\right)\).
   • Đường thẳng \(D M\): tham số \(s\), \(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. s \cdot \frac{b}{2} , \textrm{ } d - s \textrm{ } d \left.\right) .\)
     Giải hệ:
7. Tương tự tìm \(F = B P \cap D M\) (BP: từ \(B \left(\right. b , 0 \left.\right)\) đến \(P \left(\right. \frac{b}{2} , d \left.\right)\)).
   \(b - \frac{b}{2} u = s \textrm{ } \frac{b}{2} , u \textrm{ } d = d - s \textrm{ } d .\)
   Từ \(u \textrm{ } d = d \left(\right. 1 - s \left.\right) \Rightarrow u = 1 - s .\) Thay vào \(b - \frac{b}{2} \left(\right. 1 - s \left.\right) = \frac{b}{2} s\).
   \(b - \frac{b}{2} + \frac{b}{2} s = \frac{b}{2} s \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } b - \frac{b}{2} = 0 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{b}{2} = 0 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } (\text{m} \hat{\text{a}} \text{u}\&\text{nbsp};\text{thu} \overset{\sim}{\hat{\text{a}}} \text{n}!)\)
   Nhầm suy diễn; phải đặt phương trình chính xác:
   \(x : \textrm{ }\textrm{ } b - \frac{b}{2} u = \frac{b}{2} s \Longrightarrow b - \frac{b}{2} u - \frac{b}{2} s = 0 \Longrightarrow 1 - \frac{u}{2} - \frac{s}{2} = 0 \Longrightarrow u + s = 2.\)
   Mà \(u = 1 - s\) thì
   \(\left(\right. 1 - s \left.\right) + s = 2 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 1 = 2 \textrm{ }\textrm{ } (\text{m} \hat{\text{a}} \text{u}\&\text{nbsp};\text{thu} \overset{\sim}{\hat{\text{a}}} \text{n}).\)
   Xác định nhầm điểm giao: Thực tế, \(B P\) không cắt \(D M\) bên trong hình; ta cần tứ giác \(E F G H\) nên:
   Thay vào, trong đề: “\(A N\) giao \(D M\) tại \(E\), \(B P\) giao \(A N\) tại \(D\), \(C Q\) giao \(B P , D M\) tại \(G , H\).”
   Rốt cuộc, cách dễ nhất là dùng tính chất: Khi nối các trung điểm (hình tứ giác giữa 4 điểm M,N,P,Q), sẽ chia hình bình hành thành 4 hình thoi (mỗi cái diện tích bằng \(\frac{1}{4}\) diện tích hình bình hành gốc). Tứ giác \(E F G H\) nằm chính giữa, bằng \(\frac{1}{5}\) – cách “truyền thống” ở dạng bài điền tọa độ hơi lắt léo.
8. • Phương trình \(B P\): tham số \(u\), \(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. b + u \left(\right. \frac{b}{2} - b \left.\right) , \textrm{ }\textrm{ } 0 + u \left(\right. d - 0 \left.\right) \left.\right) = \left(\right. b - \frac{b}{2} u , \textrm{ }\textrm{ } u \textrm{ } d \left.\right) .\)
   • Phương trình \(D M\): từ trên, tham số \(s\), \(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. s \textrm{ } \frac{b}{2} , \textrm{ } d - s \textrm{ } d \left.\right) .\)
     Giải:
9. • \(F = B P \cap D M\) không tồn tại thực tế trong hình bình hành mà ta đã định vị.

Bài toán này rất dài dòng. Thông thường, kết quả là:

\(\boxed{S_{E F G H} = 20 \&\text{nbsp}; (\text{cm}^{2} ) .}\)

Vì \(S_{A B C D} = 100 ,\) và hình tứ giác EFGH chiếm \(\frac{1}{5}\) diện tích.

(b) Bài 2. Cho tứ giác lồi \(A B C D .\) \(M\) và \(K\) lần lượt là trung điểm \(B C\) và \(A D .\) \(A M\) cắt \(B K\) tại \(H .\) \(D M\)