PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,0 điểm)

Kết quả của phép cộng hai đơn thức \(2x{y^2}z\) và \( - {x^2}yz\) là

a) Xét tứ giác \(BHCK\) có \[M\] là trung điểm của hai đường chéo \[BC\] và \(HK\) (do \[MH = MK)\]

Suy ra tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Do đó \(BK\,{\rm{//}}\,CH\) (tính chất hình bình hành).

Mà \(CE \bot AB\) hay \(CH \bot AB\) nên \(BK \bot AB\) tại \(B.\)

b) ⦁ Xét \[\Delta IHK\] có \[M\] là trung điểm của \[HK\] (do \[MH = MK)\] và \[G\] là trung điểm của \[HI\]

Nên \[GM\] là đường trung bình của \[\Delta IHK\]

Suy ra \[GM\,{\rm{//}}\,IK\]

Mà \[G,M\, \in BC\] nên \[BC\,{\rm{//}}\,IK\]

Tứ giác \(BIKC\) có \[BC\,{\rm{//}}\,IK\] nên là hình thang.

⦁ Ta có \(HG \bot BC\) hay \(BC \bot HI\) tại trung điểm \[G\] của \(HI\)

Nên \[BC\] là đường trung trực của \(HI\)

Suy ra \[BH = BI\] (tính chất đường trung trực của đoạn thẳng)

Vì \[\Delta BIH\] có \[BH = BI\] nên \[\Delta BHI\] tại cân \[H\]

Vì \[\Delta BHI\] tại cân \[H\] có \[BC\] là đường trung trực của \(HI\) nên đồng thời là đường phân giác của góc \(HBI,\) hay \[\widehat {IBC} = \widehat {HBC}\] (1)

Tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành nên \(BH\,{\rm{//}}\,KC\)

Suy ra \[\widehat {BCK} = \widehat {HBC}\] (hai góc so le trong) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {BCK} = \widehat {IBC}\left( { = \widehat {HBC}} \right).\]

Hình thang \(BIKC\) có \[\widehat {BCK} = \widehat {IBC}\] nên \(BIKC\) là hình thang cân.

c) ⦁ Xét \[\Delta BFC\] vuông tại \[F\] có \[FM\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \[BC\] nên \(FM\, = \,\frac{1}{2}BC\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông).

Xét \[\Delta BEC\] vuông tại \[E\] có \[EM\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \[BC\] nên \(EM\, = \,\frac{1}{2}BC\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông).

Suy ra \(FM\, = \,EM\,\left( { = \,\frac{1}{2}BC} \right)\)

⦁ Xét tứ giác \(BECQ\) có:

\[\widehat {BEC} = 90^\circ \] (do \(CE \bot AB);\)

\[\widehat {EBQ} = 90^\circ \] (do \(BK \bot AB);\)

\[\widehat {BQC} = 90^\circ \] (do \[CQ \bot BK)\]

Suy ra tứ giác \(BECQ\) là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

Khi đó hai đường chéo \(BC\) và \(EQ\) của hình chữ nhật \(BECQ\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà \[M\] là trung điểm của \[BC\] nên \[M\] cũng là trung điểm của \(EQ\)

⦁ Ta có \[FM\, = \,EM\,\](chứng minh trên) và \[ME\, = \,MQ = \frac{1}{2}EQ\] (do \[M\] là trung điểm của \(EQ)\)

Suy ra \[FM\, = \frac{1}{2}EQ.\]

Xét \[\Delta EFQ\] có đường trung tuyến \[FM\] ứng với cạnh \(EQ\) và \[FM\, = \frac{1}{2}EQ.\]

Do đó \[\Delta EFQ\] là tam giác vuông tại \[F.\]

Hướng dẫn giải

a) Ta có

\(A = 2xy\left( {x{y^2} - 3{x^2}y + 1} \right) = 2xy \cdot x{y^2} - 2xy \cdot 3{x^2}y + 2xy \cdot 1 = 2{x^2}{y^3} - 6{x^3}{y^2} + 2xy.\)

\[B = \left( {12{x^4}{y^5} - 36{x^5}{y^4} + 6{x^3}{y^3}} \right):6{x^2}{y^2}\]

 \[ = 12{x^4}{y^5}:\left( {6{x^2}{y^2}} \right) - 36{x^5}{y^4}:\left( {6{x^2}{y^2}} \right) + 6{x^3}{y^3}:\left( {6{x^2}{y^2}} \right)\]

 \[ = 2{x^2}{y^3} - 6{x^3}{y^2} + xy\]

Mà \(A = M + B.\)

Suy ra \(M = A - B\)

 \(M = 2{x^2}{y^3} - 6{x^3}{y^2} + 2xy - \left( {2{x^2}{y^3} - 6{x^3}{y^2} + xy} \right)\)

\( = 2{x^2}{y^3} - 6{x^3}{y^2} + 2xy - 2{x^2}{y^3} + 6{x^3}{y^2} - xy\)

\( = \left( {2{x^2}{y^3} - 2{x^2}{y^3}} \right) + \left( { - 6{x^3}{y^2} + 6{x^3}{y^2}} \right) + \left( {2xy - xy} \right)\)

\( = xy.\)

Vậy \(M = xy.\)

b) Thay \(x =  - \frac{1}{4};\) \(y = 3\) vào \(M = xy\) đã thu gọn ở câu a, ta được:

\(M =  - \frac{1}{4} \cdot 3 =  - \frac{3}{4}.\)

Vậy \(M =  - \frac{3}{4}\) khi \(x =  - \frac{1}{4};\) \(y = 3.\)