Google
Câu hỏi: Cho hàm số bậc ba $y=f\left( x \right)$ có đồ thị là đường cong $\left( C \right)$ trong hình vẽ.
Hàm số $f\left( x \right)$ đạt cực trị tại hai điểm ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$ thỏa mãn $f\left( {{x}_{1}} \right)+f\left( {{x}_{2}} \right)=0$. 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; ${{S}_{1}}$ 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. $\dfrac{\sqrt{6}}{2}$.
B. $\dfrac{2\sqrt{6}}{3}$.
C. $\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$.
D. $\dfrac{5\sqrt{3}}{6}$.
A. $\dfrac{\sqrt{6}}{2}$.
B. $\dfrac{2\sqrt{6}}{3}$.
C. $\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$.
D. $\dfrac{5\sqrt{3}}{6}$.
Ta có $\dfrac{f\left( {{x}_{1}} \right)+f\left( {{x}_{2}} \right)}{2}=0$ nên điểm uốn của đồ thị $\left( C \right)$ thuộc trục hoành, khi đó $N$ là điểm uốn của đồ thị $\left( C \right)$. Ta tịnh tiến đồ thị để $N$ trùng với gốc tọa độ $O$ ta được hàm số $h\left( x \right)$.
Đặt $h\left( x \right)=ax\left( x-b \right)\left( x+b \right)=a{{x}^{3}}-a{{b}^{2}}x,\ \left( a>0,\ b>0 \right)$.
Ta có ${h}'\left( x \right)=3a{{x}^{2}}-a{{b}^{2}};\ {h}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=\dfrac{\pm b}{\sqrt{3}}\Rightarrow \left\{ \begin{matrix}
{{x}_{1}}=\dfrac{-b}{\sqrt{3}} \\
{{x}_{2}}=\dfrac{b}{\sqrt{3}} \\
\end{matrix} \right. $ $ \Rightarrow d\left( A,Ox \right)=h\left( \dfrac{-b}{\sqrt{3}} \right)=\dfrac{2\sqrt{3}a{{b}^{3}}}{9}$
Do tứ giác $MAKB$ nội tiếp đường tròn nên $M{{N}^{2}}=A{{N}^{2}}=x_{1}^{2}+{{d}^{2}}\left( A,Ox \right)$
$\Leftrightarrow {{b}^{2}}=\dfrac{{{b}^{2}}}{3}+\dfrac{4}{27}{{a}^{2}}{{b}^{6}}$ $\Leftrightarrow 27=9+4{{a}^{2}}{{b}^{4}}$ $\Leftrightarrow a=\dfrac{3\sqrt{2}}{2{{b}^{2}}}$
$\Rightarrow h\left( x \right)=\dfrac{3\sqrt{2}}{2{{b}^{2}}}\left( {{x}^{3}}-{{b}^{2}}x \right)$ và $d\left( B,Ox \right)=d\left( A,Ox \right)=\dfrac{2\sqrt{3}a{{b}^{3}}}{9}=\dfrac{2\sqrt{3}}{9}.\dfrac{3\sqrt{2}}{2{{b}^{2}}}.{{b}^{3}}=\dfrac{b\sqrt{6}}{3}$.
Khi đó $\dfrac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\dfrac{\dfrac{3\sqrt{2}}{2{{b}^{2}}}\int\limits_{-b}^{0}{\left( {{x}^{3}}-{{b}^{2}}x \right)\text{d}x}}{\dfrac{1}{2}d\left( B,Ox \right).NK}=\dfrac{\dfrac{3\sqrt{2}}{2{{b}^{2}}}\left. \left( \dfrac{{{x}^{4}}}{4}-\dfrac{{{b}^{2}}}{2}{{x}^{2}} \right) \right|_{-b}^{0}}{\dfrac{1}{2}.\dfrac{b\sqrt{6}}{3}.b}=\dfrac{\dfrac{3{{b}^{2}}\sqrt{2}}{8}}{\dfrac{{{b}^{2}}\sqrt{6}}{6}}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$.
Ta có ${h}'\left( x \right)=3a{{x}^{2}}-a{{b}^{2}};\ {h}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=\dfrac{\pm b}{\sqrt{3}}\Rightarrow \left\{ \begin{matrix}
{{x}_{1}}=\dfrac{-b}{\sqrt{3}} \\
{{x}_{2}}=\dfrac{b}{\sqrt{3}} \\
\end{matrix} \right. $ $ \Rightarrow d\left( A,Ox \right)=h\left( \dfrac{-b}{\sqrt{3}} \right)=\dfrac{2\sqrt{3}a{{b}^{3}}}{9}$
Do tứ giác $MAKB$ nội tiếp đường tròn nên $M{{N}^{2}}=A{{N}^{2}}=x_{1}^{2}+{{d}^{2}}\left( A,Ox \right)$
$\Leftrightarrow {{b}^{2}}=\dfrac{{{b}^{2}}}{3}+\dfrac{4}{27}{{a}^{2}}{{b}^{6}}$ $\Leftrightarrow 27=9+4{{a}^{2}}{{b}^{4}}$ $\Leftrightarrow a=\dfrac{3\sqrt{2}}{2{{b}^{2}}}$
$\Rightarrow h\left( x \right)=\dfrac{3\sqrt{2}}{2{{b}^{2}}}\left( {{x}^{3}}-{{b}^{2}}x \right)$ và $d\left( B,Ox \right)=d\left( A,Ox \right)=\dfrac{2\sqrt{3}a{{b}^{3}}}{9}=\dfrac{2\sqrt{3}}{9}.\dfrac{3\sqrt{2}}{2{{b}^{2}}}.{{b}^{3}}=\dfrac{b\sqrt{6}}{3}$.
Khi đó $\dfrac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\dfrac{\dfrac{3\sqrt{2}}{2{{b}^{2}}}\int\limits_{-b}^{0}{\left( {{x}^{3}}-{{b}^{2}}x \right)\text{d}x}}{\dfrac{1}{2}d\left( B,Ox \right).NK}=\dfrac{\dfrac{3\sqrt{2}}{2{{b}^{2}}}\left. \left( \dfrac{{{x}^{4}}}{4}-\dfrac{{{b}^{2}}}{2}{{x}^{2}} \right) \right|_{-b}^{0}}{\dfrac{1}{2}.\dfrac{b\sqrt{6}}{3}.b}=\dfrac{\dfrac{3{{b}^{2}}\sqrt{2}}{8}}{\dfrac{{{b}^{2}}\sqrt{6}}{6}}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$.
Đáp án C.