(1,0 điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật trồng hoa trong khuôn viên trường học có chiều dài ban đầu là \(x\) (m) và chiều rộng ban đầu là \(y\) (m) \(\left( {y > 2} \right)\). Để làm thêm lối đi lát gạch xung quanh, nhà trường quyết định mở rộng chiều dài thêm \(3{\rm{\;m}}\) và thu hẹp chiều rộng đi \(2\) m.

a) Viết đa thức thu gọn theo hai biến \(x\) và \(y\) biểu thị diện tích mảnh đất trồng hoa mới sau khi thay đổi kích thước.

b) Biết ban đầu chiều dài mảnh đất là \(x = 25\) m và chiều rộng là \(y = 10\) m. Hỏi sau khi thay đổi kích thước, diện tích mảnh đất trồng hoa mới tăng hay giảm bao nhiêu mét vuông so với diện tích ban đầu?

a) Ta có:

\({x^2} + {y^2} = x + y - 1 + xy\)

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

\(2{x^2} + 2{y^2} - 2x - 2y + 2 - 2xy = 0\)

\(\left( {{x^2} - 2xy + {y^2}} \right) + \left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + \left( {{y^2} - 2y + 1} \right) = 0\)

\({\left( {x - y} \right)^2} + {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 0\).

Vì \({\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\), \({\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0\), \({\left( {y - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x,\,\,y \in \mathbb{R}\), nên tổng bằng \(0\) khi và chỉ khi: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = 0}\\{x - 1 = 0}\\{y - 1 = 0}\end{array}} \right.\) suy ra \(x = y = 1\).

Thay \(x = 1,\,\,y = 1\) vào biểu thức \(A\) ta được:

\(A = {\left( {1 - 2} \right)^{2025}} + {\left( {2 - 1} \right)^{2026}} = {\left( { - 1} \right)^{2025}} + {1^{2026}} =  - 1 + 1 = 0\).

Vậy \(A = 0\).

b) Biến đổi \(M\) bằng cách nhóm thành các bình phương:

\(M = \left[ {{x^2} - 2x\left( {y + 1} \right) + {{\left( {y + 1} \right)}^2}} \right] - {\left( {y + 1} \right)^2} + 3{y^2} + 2026\)

\(M = {\left[ {x - \left( {y + 1} \right)} \right]^2} - \left( {{y^2} + 2y + 1} \right) + 3{y^2} + 2026\)

\(M = {\left( {x - y - 1} \right)^2} + 2{y^2} - 2y + 2025\)

\(M = {\left( {x - y - 1} \right)^2} + 2\left( {{y^2} - y + \frac{1}{4}} \right) + 2025 - \frac{1}{2}\)

\(M = {\left( {x - y - 1} \right)^2} + 2{\left( {y - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{4049}}{2}\).

Vì \({\left( {x - y - 1} \right)^2} \ge 0\) và \(2{\left( {y - \frac{1}{2}} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x,y\), nên: \(M \ge \frac{{4049}}{2}\).

Dấu “\[ = \]” xảy ra khi:

\(y - \frac{1}{2} = 0\) suy ra \(y = \frac{1}{2}\);

\(x - y - 1 = 0\) suy ra \(x = y + 1 = \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(M\) là \(\frac{{4049}}{2}\) (hay \(2024,5\)) khi \(x = \frac{3}{2}\) và \(y = \frac{1}{2}\).

a)

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) suy ra \(\widehat {EAF} = 90^\circ \).

\(ME \bot AB\) tại \[E\] suy ra \(\widehat {AEM} = 90^\circ \).

\(MF \bot AC\) tại \(F\) suy ra \(\widehat {AFM} = 90^\circ \).

Tứ giác \(AEMF\) có 3 góc vuông (\(\widehat {EAF} = \widehat {AEM} = \widehat {AFM} = 90^\circ \)) nên \(AEMF\) là hình chữ nhật.

b) Xét \({\rm{\Delta }}MFC\) và \({\rm{\Delta }}HFC\) vuông tại \(F\) có:

\(FC\) là cạnh chung;

\(FM = FH\) (theo giả thiết).

Suy ra \({\rm{\Delta }}MFC = {\rm{\Delta }}HFC\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Trong \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\) có \(M\) là trung điểm cạnh huyền \(BC\) suy ra \(AM = MC = \frac{1}{2}BC.\)

Do \(AM = MC\) nên \({\rm{\Delta }}MAC\) cân tại \(M\).

Đường cao \(MF \bot AC\) đồng thời là đường trung tuyến suy ra \(F\) là trung điểm của \(AC\).

Tứ giác \(AMCH\) có \(F\) là trung điểm của \(AC\) và \(F\) là trung điểm của \(MH\) \(\left( {FH = FM} \right).\)

Do đó, \(AMCH\) là hình bình hành (tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường).

c) Vì \(AMCH\) là hình bình hành nên \(AH\,{\rm{//}}\,MC\) và \(AH = MC\).

Lại có \(M\) là trung điểm \(BC\) nên \(MC = MB\).

Do đó, \(AH\,{\rm{//}}\,BM\) và \(AH = BM\).

Xét tứ giác \(ABMH\) có \(AH\,{\rm{//}}\,BM\) và \(AH = BM\).

Do đó, \(ABMH\) là hình bình hành (tứ giác \(ABMH\) có cặp cạnh đối vừa song song vừa bằng nhau).

Suy ra hai đường chéo \(AM\) và \(BH\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mặt khác, \(AEMF\) là hình chữ nhật có \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AM\) và \(EF\), suy ra \(O\) là trung điểm của \(AM\).

Vì \(O\) là trung điểm của \(AM\), nên \(O\) cũng phải là trung điểm của \(BH\).

Do đó, ba điểm \(B,\,\,O,\,\,H\) thẳng hàng và \(BH = 2OH\).