记 $\rho =\sqrt{x^2+y^2}$。有 $\rho \le |x|+|y|\le \sqrt{2}\rho$，所以 $|x|+|y|$ 与 $\rho$ 同阶，而 $x^2+y^2={\rho }^2$ 是更高阶的无穷小。
（1）证明 B。设 $\frac{f(x,y)}{(x^2+y^2)}\to L$，其中 $L$ 为有限数，则 $f(x,y)\to 0$。再由题设的连续性，得 $f(0,0)=0$。于是

这正是全微分为零的可微定义，因此 B 正确。
（2）A 的反例取 $f(x,y)=|x|+|y|$。该函数连续，且所给商恒为 $1$；但 $x$ 方向的偏导差商为 $\frac{|h|}{h}$，左右极限分别为 $1,-1$，偏导不存在，因而不可微。
（3）C 的反例取 $f(x,y)=x$，它处处可微。但沿 $y=0$，$\frac{f}{(|x|+|y|)}=\frac{x}{|x|}$ 的左右极限不同，所以该二元极限不存在。
（4）D 仍取 $f(x,y)=x$。沿 $y=0$，$\frac{f}{(x^2+y^2)}=\frac{1}{x}$ 无有限极限，故 D 错误。综上只有 B 恒成立。
需要区分“同阶”和“商有极限”：两个分母同阶并不意味着相应的商同时有极限；上面的反例已经足以排除 A，不能把同阶估计当成极限等价。