Google
Câu hỏi: Cho hàm số $y=\dfrac{x-1}{x+1}$ có đồ thị $\left( C \right)$. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của $\left( C \right)$. Xét tam giác đều ABI có hai đỉnh A, B thuộc $\left( C \right)$, đoạn AB có độ dài bằng
A. 3.
B. 2.
C. $2\sqrt{2}$.
D. $2\sqrt{3}$.
A. 3.
B. 2.
C. $2\sqrt{2}$.
D. $2\sqrt{3}$.
$\left( C \right)$ : $y=\dfrac{x-1}{x+1}=1-\dfrac{2}{x+1}$. $I\left( -1;1 \right)$ là giao điểm hai đường tiệm cận của $\left( C \right)$.
Ta có: $A\left( a;1-\dfrac{2}{a+1} \right)\in \left( C \right)$, $B\left( b;1-\dfrac{2}{b+1} \right)\in \left( C \right)$. $\overrightarrow{IA}=\left( a+1;-\dfrac{2}{a+1} \right)$, $\overrightarrow{IB}=\left( b+1;-\dfrac{2}{b+1} \right)$
Đặt ${{a}_{1}}=a+1$, ${{b}_{1}}=b+1$ $\left( {{a}_{1}}\ne 0,{{b}_{1}}\ne 0,{{a}_{1}}\ne {{b}_{1}} \right)$. Tam giác ABI đều khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{aligned}
& I{{A}^{2}}=I{{B}^{2}} \\
& \cos \left( \overrightarrow{IA},\overrightarrow{IB} \right)=\cos 60{}^\circ \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& a_{1}^{2}+\dfrac{4}{a_{1}^{2}}=b_{1}^{2}+\dfrac{4}{b_{1}^{2}} \\
& \dfrac{\overrightarrow{IA}.\overrightarrow{IB}}{IA.IB}=\dfrac{1}{2} \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& a_{1}^{2}+\dfrac{4}{a_{1}^{2}}=b_{1}^{2}+\dfrac{4}{b_{1}^{2}}\left( 1 \right) \\
& \dfrac{{{a}_{1}}{{b}_{1}}+\dfrac{4}{{{a}_{1}}{{b}_{1}}}}{a_{1}^{2}+\dfrac{4}{{{a}_{1}}2}}=\dfrac{1}{2}\left( 2 \right) \\
\end{aligned} \right.$
Ta có $\left( 1 \right)\Leftrightarrow a_{1}^{2}-b_{1}^{2}+4\left( \dfrac{1}{a_{1}^{2}}-\dfrac{1}{b_{1}^{2}} \right)=0\Leftrightarrow \left( a_{1}^{2}-b_{1}^{2} \right)+\left( 1-\dfrac{4}{a_{1}^{2}b_{1}^{2}} \right)=0$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& a_{1}^{2}=b_{1}^{2} \\
& a_{1}^{2}b_{1}^{2}=4 \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& {{a}_{1}}={{b}_{1}} \\
& {{a}_{1}}=-{{b}_{1}} \\
& {{a}_{1}}{{b}_{1}}=2 \\
& {{a}_{1}}{{b}_{1}}=-2 \\
\end{aligned} \right.$
Trường hợp ${{a}_{1}}={{b}_{1}}$ loại vì $A\cancel{\equiv }B$ ; ${{a}_{1}}=-{{b}_{1}}$, ${{a}_{1}}{{b}_{1}}=-2$ (loại vì không thỏa mãn $\left( 2 \right)$ ).
Do đó ${{a}_{1}}{{b}_{1}}=2$, thay vào $\left( 2 \right)$ ta được $\dfrac{2+\dfrac{4}{2}}{a_{1}^{2}+\dfrac{4}{a_{1}^{2}}}=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow a_{1}^{2}+\dfrac{4}{a_{1}^{2}}=8$.
Vậy $AB=IA=\sqrt{a_{1}^{2}+\dfrac{4}{a_{1}^{2}}}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$.
Cách khác: Giải như câu 45 để số 05.
Ta có: $A\left( a;1-\dfrac{2}{a+1} \right)\in \left( C \right)$, $B\left( b;1-\dfrac{2}{b+1} \right)\in \left( C \right)$. $\overrightarrow{IA}=\left( a+1;-\dfrac{2}{a+1} \right)$, $\overrightarrow{IB}=\left( b+1;-\dfrac{2}{b+1} \right)$
Đặt ${{a}_{1}}=a+1$, ${{b}_{1}}=b+1$ $\left( {{a}_{1}}\ne 0,{{b}_{1}}\ne 0,{{a}_{1}}\ne {{b}_{1}} \right)$. Tam giác ABI đều khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{aligned}
& I{{A}^{2}}=I{{B}^{2}} \\
& \cos \left( \overrightarrow{IA},\overrightarrow{IB} \right)=\cos 60{}^\circ \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& a_{1}^{2}+\dfrac{4}{a_{1}^{2}}=b_{1}^{2}+\dfrac{4}{b_{1}^{2}} \\
& \dfrac{\overrightarrow{IA}.\overrightarrow{IB}}{IA.IB}=\dfrac{1}{2} \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& a_{1}^{2}+\dfrac{4}{a_{1}^{2}}=b_{1}^{2}+\dfrac{4}{b_{1}^{2}}\left( 1 \right) \\
& \dfrac{{{a}_{1}}{{b}_{1}}+\dfrac{4}{{{a}_{1}}{{b}_{1}}}}{a_{1}^{2}+\dfrac{4}{{{a}_{1}}2}}=\dfrac{1}{2}\left( 2 \right) \\
\end{aligned} \right.$
Ta có $\left( 1 \right)\Leftrightarrow a_{1}^{2}-b_{1}^{2}+4\left( \dfrac{1}{a_{1}^{2}}-\dfrac{1}{b_{1}^{2}} \right)=0\Leftrightarrow \left( a_{1}^{2}-b_{1}^{2} \right)+\left( 1-\dfrac{4}{a_{1}^{2}b_{1}^{2}} \right)=0$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& a_{1}^{2}=b_{1}^{2} \\
& a_{1}^{2}b_{1}^{2}=4 \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& {{a}_{1}}={{b}_{1}} \\
& {{a}_{1}}=-{{b}_{1}} \\
& {{a}_{1}}{{b}_{1}}=2 \\
& {{a}_{1}}{{b}_{1}}=-2 \\
\end{aligned} \right.$
Trường hợp ${{a}_{1}}={{b}_{1}}$ loại vì $A\cancel{\equiv }B$ ; ${{a}_{1}}=-{{b}_{1}}$, ${{a}_{1}}{{b}_{1}}=-2$ (loại vì không thỏa mãn $\left( 2 \right)$ ).
Do đó ${{a}_{1}}{{b}_{1}}=2$, thay vào $\left( 2 \right)$ ta được $\dfrac{2+\dfrac{4}{2}}{a_{1}^{2}+\dfrac{4}{a_{1}^{2}}}=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow a_{1}^{2}+\dfrac{4}{a_{1}^{2}}=8$.
Vậy $AB=IA=\sqrt{a_{1}^{2}+\dfrac{4}{a_{1}^{2}}}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$.
Cách khác: Giải như câu 45 để số 05.
Đáp án C.
