a. Xác định đúng yêu cầu của đề: Nghị luận văn học.

b. Xác định đúng vấn đề nghị luận: Phân tích, đánh giá những nét đặc sắc về hình thức nghệ thuật của đoạn trích.

c. Đề xuất được hệ thống ý làm rõ vấn đề bài viết:

- Mở bài: Giới thiệu tác giả, tác phẩm; vấn đề nghị luận.

- Thân bài:

+ Nội dung: Đoạn trích là nỗi cô đơn, sầu khổ, thương nhớ da diết của người chinh phụ dành cho chồng đi chinh chiến phương xa. Nỗi buồn ấy là sự tuyệt vọng, khắc khoải của người phụ nữ, dù biết chắc chồng sẽ khó có thể quay về nhưng trong thâm tâm vẫn hi vọng. 

+ Nghệ thuật:

• Thể thơ song thất lục bát giàu nhạc tính phù hợp với việc bộc bạch, thổ lộ cảm xúc của con người đã tạo ra âm hưởng buồn thương như dòng tâm trạng của người phụ nữ trong suốt cả đoạn trích.
• Hệ thống những từ láy, biện pháp điệp từ, điệp ngữ càng làm cho những câu thơ trở nên nặng trĩu tâm trạng, mở ra một nỗi buồn thương bao trùm lên cảnh vật.
•  …

- Kết bài:

+ Khẳng định lại một cách khái quát những đặc sắc về nghệ thuật: giá trị tư tưởng và giá trị thẩm mĩ của bài thơ.

+ Nêu tác động của tác phẩm đối với bản thân.

d. Chính tả, ngữ pháp: Đảm bảo chuẩn chính tả, ngữ pháp tiếng Việt.

e. Sáng tạo: Sử dụng hình ảnh, từ ngữ, biện pháp tu từ độc đáo; Lời văn trau chuốt, sinh động, gợi cảm.

- Lựa chọn của Từ Thức ở cuối đoạn trích: Chọn vào núi, xa rời cuộc sống trần gian.

- Lí giải: Từ Thức trở nên lạc lõng bơ vơ khi chàng không còn thuộc về chốn thần tiên cũng không còn hợp với cõi nhân gian. Chính vì vậy ra đi là cách tốt nhất cho chàng.

Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(A C\) và \(B D\).

Theo tính chất hai đường chéo của hình chữ nhật, ta có \(O A = O B = O C = O D \left(\right. = \frac{1}{2} A C = \frac{1}{2} B D \left.\right)\).

Vậy bốn điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) cùng thuộc \(\left(\right. O ; \frac{1}{2} A C \left.\right)\).

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông \(A B C\), ta có: \(A C^{2} = A B^{2} + B C^{2} = a^{2} + b^{2}\)

Do đó \(R = \frac{1}{2} A C = \frac{1}{2} \sqrt{a^{2} + b^{2}}\).

Gọi \(O\) là trung điểm của \(B C\).

Ta có \(B D\) là đường cao nên \(B D ⊥ A C\), hay tam giác \(B C D\) vuông tại \(D\).

Trong tam giác vuông \(B C D\) có \(D O\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền \(B C\) nên:

\(O D = O B = O C = \frac{1}{2} B C\) \(\left(\right. 1 \left.\right)\)

Tương tự ta có: \(O E = O B = O C = \frac{1}{2} B C\) \(\left(\right. 2 \left.\right)\)

Và \(O F = O B = O C = \frac{1}{2} B C\) \(\left(\right. 3 \left.\right)\)

Từ \(\left(\right. 1 \left.\right)\), \(\left(\right. 2 \left.\right)\) và \(\left(\right. 3 \left.\right)\) suy ra \(O B = O C = O D = O D = O E = O F\).

Do đó năm điểm \(B\), \(C\), \(D\), \(E\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn.

\

Gọi \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\) lần lượt là trung điểm của bốn cạnh \(A B\), \(B C\), \(C D\) và \(D A\) của hình thoi \(A B C D\).

Gọi \(O\) là giao điểm của \(A C\) và \(B D\).

Ta có \(A C ⊥ B D\).

Theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông, ta được:

\(O M = \frac{1}{2} A B\); \(O N = \frac{1}{2} B C\);

\(O P = \frac{1}{2} C D\); \(O Q = \frac{1}{2} A D\)

Mặt khác \(A B = B C = C D = D A\) nên \(O M = O N = O P = O Q\).

Do đó bốn điểm \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\) cùng nằm trên một đường tròn.

a) Vì hình vuông \(A B C D\) có tâm \(E\) suy ra \(E A = E B = E C = E D\).

Do đó, các điểm \(A\), \(B\), \(C\) và \(D\) cùng thuộc một đường tròn tâm \(E\).

Hai trục đối xứng của đường tròn là \(A C\) và \(B D\).

b) Cạnh hình vuông bằng \(3\) cm nên áp dụng định lí Pythagore, ta có:

\(A C = \sqrt{A B^{2} + B C^{2}} = 3 \sqrt{2}\) suy ra \(E A = \frac{A C}{2} = \frac{3 \sqrt{2}}{2}\).

Vậy bán kính của đường tròn là \(R = E A = \frac{3 \sqrt{2}}{2}\) cm.

a) Giả sử đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\) có bán kính \(R\) suy ra \(O A = R\) \(\left(\right. 1 \left.\right)\)

Do \(B\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(d\) suy ra \(O A = O B\) \(\left(\right. 2 \left.\right)\)

Do \(C\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(O\) suy ra \(O A = O C\) \(\left(\right. 3 \left.\right)\)

Do \(D\) là điểm đối xứng với \(B\) qua \(O\) suy ra \(O B = O D\) \(\left(\right. 4 \left.\right)\)

Từ \(\left(\right. 1 \left.\right)\), \(\left(\right. 2 \left.\right)\), \(\left(\right. 3 \left.\right)\) và \(\left(\right. 4 \left.\right)\) suy ra \(B\), \(C\) và \(D\) cùng thuộc \(\left(\right. O \left.\right)\).

b) Ta thấy \(A C\) và \(B D\) cắt nhau tại \(O\) là trung điểm của mỗi đường, suy ra \(A B C D\) là hình chữ nhật.

c) Ta thấy \(O C = O D\) suy ra \(d\) là đường trung trực của \(C D\).

Suy ra \(C\) và \(D\) đối xứng với nhau qua \(d\).

Vì ba tam giác \(A D M , A E M , A H M\) có chung cạnh huyền \(A M\) nên ba đỉnh góc vuông \(D , E , H\) nằm trên đường tròn đường kính \(A M\) có tâm là trung điểm của \(A M\).

Vậy năm điểm \(A , D , M , H , E\) cùng nằm trên một đường tròn.

Vì tam giác \(A B C\) đều nên các trung tuyến đồng thời cũng là đường cao.

Suy ra \(A M , B N , C P\) lần lượt vuông góc với \(B C , A C , A B\).

\(\Delta B P C\) là tam giác vuông, có \(B C\) là cạnh huyền nên \(M P = \frac{1}{2} B C = B M = M C\) (1)

\(\Delta B N C\) là tam giác vuông, có \(B C\) là cạnh huyền nên \(N M = \frac{1}{2} B C = B M = M C\) (2) 

Từ (1) và (2) suy ra \(P M = N M = M B = M C\) hay các điểm \(B , P , N , C\) cùng thuộc đường tròn, đường kính \(B C = a\), tâm đường tròn là trung điểm \(M\) của \(B C\).

Xét tứ giác \(M N P Q\), ta có: \(M Q\) // \(N P\) và \(M N\) // \(P Q\) suy ra \(M N P Q\) là hình bình hành.

Kéo dài \(A D\) và \(B C\) cắt nhau tại \(E\).

Ta có: \(\hat{C} + \hat{D} = 9 0^{\circ}\) suy ra \(\hat{E} = 9 0^{\circ}\).

Lại có:\(M N\) // \(E D\) và \(M Q\) // \(E C\) suy ra \(M N ⊥ M Q\)

Do đó \(M N P Q\) là hình chữ nhật suy ra \(M , N , P , Q\) nằm trên một đường tròn với tâm là giao điểm của hai đường chéo của hình chữ nhật, bán kính bằng nửa đường chéo.