Google
Câu hỏi: Cho các hàm số $y={{x}^{3}}$ và $y={{x}^{\dfrac{1}{3}}}$ cùng xét trên có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi các điểm A và B lần lượt nằm trên các đồ thị đó sao cho AOB là tam giác đều. Biết rằng tồn tại hai tam giác như vậy với diện tích lần lượt là ${{S}_{1}}$ và ${{S}_{2}}$ trong đó ${{S}_{1}}<{{S}_{2}}$.
Tỷ số $\dfrac{{{S}_{2}}}{{{S}_{1}}}$ bằng:
A. $97+56\sqrt{3}.$
B. $7+4\sqrt{3}.$
C. $26+15\sqrt{3}.$
D. $91+40\sqrt{3}.$
Tỷ số $\dfrac{{{S}_{2}}}{{{S}_{1}}}$ bằng:
A. $97+56\sqrt{3}.$
B. $7+4\sqrt{3}.$
C. $26+15\sqrt{3}.$
D. $91+40\sqrt{3}.$
Các đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}$ và $y={{x}^{\dfrac{1}{3}}}$ cùng xét trên $\left( 0;+\infty \right)$ đối xứng qua đường thẳng $y=x$.
Do đó gọi $A\left( a;{{a}^{3}} \right),B\left( {{a}^{3}};a \right)$ với $a>0$, ta có tam giác OAB cân tại O.
Để tam giác đều thì $OA=AB\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{a}^{6}}=2{{\left( {{a}^{3}}-a \right)}^{2}}\Leftrightarrow {{a}^{6}}-4{{a}^{4}}+{{a}^{2}}=0$.
Vì $a>0$ nên ${{a}^{2}}=2\pm \sqrt{3}$.
Mặt khác ta có: ${{S}_{OAB}}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}O{{A}^{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\left( {{a}^{2}}+{{a}^{6}} \right)={{a}^{4}}\sqrt{3}\Rightarrow \dfrac{{{S}_{2}}}{{{S}_{1}}}={{\left( \dfrac{a_{2}^{2}}{a_{1}^{2}} \right)}^{2}}=97+56\sqrt{3}$.
Do đó gọi $A\left( a;{{a}^{3}} \right),B\left( {{a}^{3}};a \right)$ với $a>0$, ta có tam giác OAB cân tại O.
Để tam giác đều thì $OA=AB\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{a}^{6}}=2{{\left( {{a}^{3}}-a \right)}^{2}}\Leftrightarrow {{a}^{6}}-4{{a}^{4}}+{{a}^{2}}=0$.
Vì $a>0$ nên ${{a}^{2}}=2\pm \sqrt{3}$.
Mặt khác ta có: ${{S}_{OAB}}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}O{{A}^{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\left( {{a}^{2}}+{{a}^{6}} \right)={{a}^{4}}\sqrt{3}\Rightarrow \dfrac{{{S}_{2}}}{{{S}_{1}}}={{\left( \dfrac{a_{2}^{2}}{a_{1}^{2}} \right)}^{2}}=97+56\sqrt{3}$.
Đáp án A.