Google
Câu hỏi: Cho hàm số bậc ba $y=f\left( x \right)$ có đồ thị là đường cong $\left( C \right)$ trong hình bên. Hàm số $f\left( x \right)$ đạt cực trị tại hai điểm ${{x}_{1}}, {{x}_{2}}$ thỏa $f\left( {{x}_{1}} \right)+f\left( {{x}_{2}} \right)=0$. Gọi $A, B$ là hai điểm cực trị của đồ thị $\left( C \right);$ $M, N, K$ là giao điểm của $\left( C \right)$ với trục hoành; $S$ là diện tích của hình phẳng được gạch trong hình, ${{S}_{2}}$ là diện tích tam giác $NBK$. Biết tứ giác $MAKB$ nội tiếp đường tròn, khi đó tỉ số $\dfrac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}$ bằng
A. $\dfrac{2\sqrt{6}}{3}$.
B. $\dfrac{\sqrt{6}}{2}$.
C. $\dfrac{5\sqrt{3}}{6}$.
D. $\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$.
A. $\dfrac{2\sqrt{6}}{3}$.
B. $\dfrac{\sqrt{6}}{2}$.
C. $\dfrac{5\sqrt{3}}{6}$.
D. $\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$.
Kết quả bài toán không thay đổi khi ta tịnh tiến đồ thị đồ thị $\left( C \right)$ sang trái sao cho điểm uốn trùng với gốc tọa độ $O$. (như hình dưới)
Do $f\left( x \right)$ là hàm số bậc ba, nhận gốc tọa độ là tâm đối xứng $\left( O\equiv N \right)$.
Đặt ${{x}_{1}}=-a, {{x}_{2}}=a$, với $a>0$ $\Rightarrow f'\left( x \right)=k\left( {{x}^{2}}-{{a}^{2}} \right)$ với $k>0$
$\Rightarrow f\left( x \right)=k\left( \dfrac{1}{3}{{x}^{3}}-{{a}^{2}}x \right)$ $\Rightarrow {{x}_{M}}=-a\sqrt{3}, {{x}_{K}}=a\sqrt{3}$
Có $MAKB$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ $\Rightarrow OA=OM=a\sqrt{3}$
Có $f\left( {{x}_{1}} \right)=\sqrt{O{{A}^{2}}-{{x}_{1}}^{2}}\Leftrightarrow f\left( -a \right)=a\sqrt{2}\Leftrightarrow k\left( -\dfrac{1}{3}{{a}^{3}}+{{a}^{3}} \right)=a\sqrt{2}\Leftrightarrow k=\dfrac{3\sqrt{2}}{2{{a}^{2}}}$
$\Rightarrow f\left( x \right)=\dfrac{3\sqrt{2}}{2{{a}^{2}}}\left( \dfrac{1}{3}{{x}^{3}}-{{a}^{2}}x \right)$
${{S}_{1}}=\int\limits_{-a\sqrt{3}}^{0}{f\left( x \right)dx}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2{{a}^{2}}}\left. \left( \dfrac{1}{12}{{x}^{4}}-\dfrac{{{a}^{2}}}{2}{{x}^{2}} \right) \right|_{-a\sqrt{3}}^{0}=\dfrac{9\sqrt{2}}{8}{{a}^{2}}$
${{S}_{2}}={{S}_{\Delta AMO}}=\dfrac{1}{2}f\left( -a \right).MO=\dfrac{1}{2}a\sqrt{2}.a\sqrt{3}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}{{a}^{2}}$
Vậy $\dfrac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$.
Do $f\left( x \right)$ là hàm số bậc ba, nhận gốc tọa độ là tâm đối xứng $\left( O\equiv N \right)$.
Đặt ${{x}_{1}}=-a, {{x}_{2}}=a$, với $a>0$ $\Rightarrow f'\left( x \right)=k\left( {{x}^{2}}-{{a}^{2}} \right)$ với $k>0$
$\Rightarrow f\left( x \right)=k\left( \dfrac{1}{3}{{x}^{3}}-{{a}^{2}}x \right)$ $\Rightarrow {{x}_{M}}=-a\sqrt{3}, {{x}_{K}}=a\sqrt{3}$
Có $MAKB$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ $\Rightarrow OA=OM=a\sqrt{3}$
Có $f\left( {{x}_{1}} \right)=\sqrt{O{{A}^{2}}-{{x}_{1}}^{2}}\Leftrightarrow f\left( -a \right)=a\sqrt{2}\Leftrightarrow k\left( -\dfrac{1}{3}{{a}^{3}}+{{a}^{3}} \right)=a\sqrt{2}\Leftrightarrow k=\dfrac{3\sqrt{2}}{2{{a}^{2}}}$
$\Rightarrow f\left( x \right)=\dfrac{3\sqrt{2}}{2{{a}^{2}}}\left( \dfrac{1}{3}{{x}^{3}}-{{a}^{2}}x \right)$
${{S}_{1}}=\int\limits_{-a\sqrt{3}}^{0}{f\left( x \right)dx}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2{{a}^{2}}}\left. \left( \dfrac{1}{12}{{x}^{4}}-\dfrac{{{a}^{2}}}{2}{{x}^{2}} \right) \right|_{-a\sqrt{3}}^{0}=\dfrac{9\sqrt{2}}{8}{{a}^{2}}$
${{S}_{2}}={{S}_{\Delta AMO}}=\dfrac{1}{2}f\left( -a \right).MO=\dfrac{1}{2}a\sqrt{2}.a\sqrt{3}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}{{a}^{2}}$
Vậy $\dfrac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$.
Đáp án D.