a. Nội dung chính của đoạn trích trên là ca ngợi tình người trong hoạn nạn lũ dữ. Từ đó lan tỏa thông điệp yêu thương đến độc giả. 

b. Lời dẫn trực tiếp : "Bọn tui cùng nhau đến đây vì ... chúng tôi sẽ đến".

Cách dẫn gián tiếp: Người dân xã biển Hải Ninh tâm niệm rằng mọi người đến đây vì nghĩa tình đồng bào, là tình người trong cơn hoạn nạn. Ngay mai, ngày mốt hay nhiều ngày nữa, ai cần thì cứ gọi điện thoại, họ sẽ đến. 

c. Qua đoạn trích trên, em rút ra bài học về tình yêu thương "lá lành đùm lá rách" lúc hoạn nạn khó khăn. Để giúp đỡ người dân gặp khó khăn vùng lũ, em sẽ nói với gia đình cùng nhau đóng góp, gửi tới địa phương đang bị lũ lụt những nhu yếu phẩm cần thiết như nước uống, lúa gạo, mì tôm... Đồng thời là tham gia tuyên truyền, gây quỹ giúp đỡ những hoàn cảnh bất hạnh sau trận lũ dữ.

Em cảmm ơnn ạaaa

Bài 1: ΔABC cân tại A

=>AB=AC

=>AC=10cm

Nửa chu vi là (10+10+16):2=36:2=18(cm)

Xét ΔABC có \(cosBAC=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC}\)

\(=\frac{10^2+10^2-16^2}{2\cdot10\cdot10}=\frac{-56}{2\cdot100}=\frac{-56}{200}=\frac{-28}{100}=-\frac{7}{25}\)

=>\(\sin BAC=\sqrt{1-\left(-\frac{7}{25}\right)^2}=\frac{24}{25}\)

=>\(S_{BAC}=\frac12\cdot AB\cdot AC\cdot\sin BAC=\frac12\cdot10\cdot10\cdot\frac{24}{25}=\frac{24}{2}\cdot4=12\cdot4=48\) (cm^2)

S=p*r

=>r=48/18=8/3(cm)

BÀi 2:

a: Xét (O) có

CM,CA là các tiếp tuyến

DO đó: CM=CA và OC là phân giác của góc MOA

Xét (O) có

DM,DB là các tiếp tuyến

Do đó; DM=DB và OD là phân giác của góc MOB

OC là phân giác của góc MOA

=>\(\hat{MOA}=2\cdot\hat{MOC}\)

OD là phân giác của góc MOB

=>\(\hat{MOB}=2\cdot\hat{MOD}\)

CD=CM+MD

mà CM=CA và DM=DB

nên CD=CA+DB

b: Xét ΔNCA và ΔNBD có

\(\hat{NCA}=\hat{NBD}\) (hai góc so le trong, AC//BD)

\(\hat{CNA}=\hat{BND}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔNCA~ΔNBD

=>\(\frac{NC}{NB}=\frac{NA}{ND}=\frac{CA}{BD}=\frac{CM}{MD}\)

Xét ΔDAC có \(\frac{DM}{MC}=\frac{DN}{NA}\)

nên MN//AC
c: Gọi K là giao điểm của BM và AC

Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

=>AM⊥BK tại M

=>ΔAMK vuông tại M

Ta có: \(\hat{CAM}+\hat{CKM}=90^0\) (ΔAMK vuông tại M)

\(\hat{CMA}+\hat{CMK}=\hat{AMK}=90^0\)

mà \(\hat{CAM}=\hat{CMA}\)

nên \(\hat{CKM}=\hat{CMK}\)

=>CK=CM

mà CA=CM

nên CA=CK(1)

Xét ΔBAC có NI//AC
nên \(\frac{NI}{AC}=\frac{BN}{BC}\) (2)

Xét ΔBKC có MN//KC

nên \(\frac{MN}{KC}=\frac{BN}{BC}\) (3)

Từ (1),(2),(3) suy ra NI=MN

=>N là trung điểm của MI

Bài 1: ΔABC cân tại A

=>AB=AC

=>AC=10cm

Nửa chu vi là (10+10+16):2=36:2=18(cm)

Xét ΔABC có \(cosBAC=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC}\)

\(=\frac{10^2+10^2-16^2}{2\cdot10\cdot10}=\frac{-56}{2\cdot100}=\frac{-56}{200}=\frac{-28}{100}=-\frac{7}{25}\)

=>\(\sin BAC=\sqrt{1-\left(-\frac{7}{25}\right)^2}=\frac{24}{25}\)

=>\(S_{BAC}=\frac12\cdot AB\cdot AC\cdot\sin BAC=\frac12\cdot10\cdot10\cdot\frac{24}{25}=\frac{24}{2}\cdot4=12\cdot4=48\) (cm^2)

S=p*r

=>r=48/18=8/3(cm)

BÀi 2:

a: Xét (O) có

CM,CA là các tiếp tuyến

DO đó: CM=CA và OC là phân giác của góc MOA

Xét (O) có

DM,DB là các tiếp tuyến

Do đó; DM=DB và OD là phân giác của góc MOB

OC là phân giác của góc MOA

=>\(\hat{MOA}=2\cdot\hat{MOC}\)

OD là phân giác của góc MOB

=>\(\hat{MOB}=2\cdot\hat{MOD}\)

CD=CM+MD

mà CM=CA và DM=DB

nên CD=CA+DB

b: Xét ΔNCA và ΔNBD có

\(\hat{NCA}=\hat{NBD}\) (hai góc so le trong, AC//BD)

\(\hat{CNA}=\hat{BND}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔNCA~ΔNBD

=>\(\frac{NC}{NB}=\frac{NA}{ND}=\frac{CA}{BD}=\frac{CM}{MD}\)

Xét ΔDAC có \(\frac{DM}{MC}=\frac{DN}{NA}\)

nên MN//AC
c: Gọi K là giao điểm của BM và AC

Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

=>AM⊥BK tại M

=>ΔAMK vuông tại M

Ta có: \(\hat{CAM}+\hat{CKM}=90^0\) (ΔAMK vuông tại M)

\(\hat{CMA}+\hat{CMK}=\hat{AMK}=90^0\)

mà \(\hat{CAM}=\hat{CMA}\)

nên \(\hat{CKM}=\hat{CMK}\)

=>CK=CM

mà CA=CM

nên CA=CK(1)

Xét ΔBAC có NI//AC
nên \(\frac{NI}{AC}=\frac{BN}{BC}\) (2)

Xét ΔBKC có MN//KC

nên \(\frac{MN}{KC}=\frac{BN}{BC}\) (3)

Từ (1),(2),(3) suy ra NI=MN

=>N là trung điểm của MI

Tọa độ giao điểm A,B là nghiệm của hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}x^2=2x+3\\y=2x+3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x-3\right)\left(x+1\right)=0\\y=2x+3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x,y\right)\in\left\{\left(3;9\right);\left(-1;1\right)\right\}\)

vậy: A(3;9); B(-1;1)

a: Xét (O) có

DM,AB là các dây

DM//AB

Do đó: sđ cung DA=sđ cung MB

b: ΔOAM cân tại O

=>\(\hat{AOM}=180^0-2\cdot\hat{OAM}\)

mà \(\hat{OAM}=\hat{OBN}\) (hai góc so le trong, AM//BN)

nên \(\hat{AOM}=180^0-2\cdot\hat{OBN}\) (1)

ΔONB cân tại O

=>\(\hat{NOB}=180^0-2\cdot\hat{OBN}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{AOM}=\hat{NOB}\)

mà \(\hat{AOM}+\hat{MOB}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{NOB}+\hat{MOB}=180^0\)

=>N,O,M thẳng hàng

mà OM=ON

nên O là trung điểm của MN

Xét (O) có

ΔDMN nội tiếp

MN là đường kính

Do đó: ΔDMN vuông tại D

=>DM⊥ DN

mà DM//AB

nên DN⊥AB

c: ΔODN cân tại O

mà OE là đường cao

nên E là trung điểm của DN

=>ED=EN

\(a,\Leftrightarrow\Delta'=\left(m-1\right)^2-\left(m-2\right)\ge0\\ \Leftrightarrow m^2-3m+3\ge0\\ \Leftrightarrow\left(m-\dfrac{3}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}\ge0\left(\text{luôn đúng}\right)\)

Vậy PT có 2 nghiệm pb với mọi m

\(b,\Leftrightarrow0< x_1< x_2\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2>0\\x_1x_2>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2\left(m-1\right)>0\\m-2>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m>2\\ c,\text{Thay }x=2\Leftrightarrow4-4\left(m-1\right)+m-2=0\\ \Leftrightarrow m=2\\ \Leftrightarrow x^2-2x=0\\ \Leftrightarrow x\left(x-2\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=2\end{matrix}\right.\\ d,\text{Viét: }\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m-1\right)\\x_1x_2=m-2\end{matrix}\right.\\ x_1^2+x_2^2=8\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=8\\ \Leftrightarrow4\left(m-1\right)^2-2\left(m-2\right)=8\\ \Leftrightarrow4m^2-10m=0\\ \Leftrightarrow m\left(2m-5\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=0\\m=\dfrac{5}{2}\end{matrix}\right.\)