A. \(4\sqrt 2 \pi \).
B. \(8\pi \).
C. \(2\pi \).
D. \(4\pi \).
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\); \(y’ = \frac{{ – 4}}{{{{\left( {x – 2} \right)}^2}}}\).
Tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = 2\); tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = 1\), suy ra \(I\left( {2;\,1} \right)\).
Phương trình tiếp tuyến \(d\) của \(\left( C \right)\) có dạng \(y = \frac{{ – 4}}{{{{\left( {{x_0} – 2} \right)}^2}}}\left( {x – {x_0}} \right) + \frac{{{x_0} + 2}}{{{x_0} – 2}}\).
Tiếp tuyến \(d\) của \(\left( C \right)\) cắt hai đường tiệm cận của \(\left( C \right)\) tại hai điểm \(A\), \(B\) nên \(A\left( {2;\,\frac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} – 2}}} \right)\), \(B\left( {2{x_0} – 2;\,1} \right)\).
Do tam giác \(IAB\) vuông tại \(I\) nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác là \(R = \frac{{AB}}{2}\).
Chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác \(IAB\) là \(P = AB.\pi \).
Chu vi bé nhất khi \(AB\) nhỏ nhất
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {4 – 2{x_0};\,\frac{8}{{{x_0} – 2}}} \right)\)
Suy ra \(AB = \sqrt {4{{\left( {2 – {x_0}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{8}{{{x_0} – 2}}} \right)}^2}} \)\( = \sqrt {4{{\left( {{x_0} – 2} \right)}^2} + {{\left( {\frac{8}{{{x_0} – 2}}} \right)}^2}} \)\( \ge \sqrt {2\sqrt {4.64} } = 4\sqrt 2 \)
Vậy \({P_{\min }} = 4\sqrt 2 .\pi \).
=======Thuộc mục: Trắc nghiệm Tiệm cận
Trả lời