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 \(\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}\) bằng

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

\(\Rightarrow f\left( x \right)=k\left( \frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{a}^{2}}x \right)\) \(\Rightarrow {{x}_{M}}=-a\sqrt{3},\,\,{{x}_{K}}=a\sqrt{3}\) 

Có MAKB nội tiếp đường tròn tâm O \(\Rightarrow OA=OM=a\sqrt{3}\)

Có \(f\left( {{x}_{1}} \right)=\sqrt{O{{A}^{2}}-{{x}_{1}}^{2}}\Leftrightarrow f\left( -a \right)=a\sqrt{2}\Leftrightarrow k\left( -\frac{1}{3}{{a}^{3}}+{{a}^{3}} \right)=a\sqrt{2}\Leftrightarrow k=\frac{3\sqrt{2}}{2{{a}^{2}}}\)

\(\Rightarrow f\left( x \right)=\frac{3\sqrt{2}}{2{{a}^{2}}}\left( \frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{a}^{2}}x \right)\)

\({{S}_{1}}=\int\limits_{-a\sqrt{3}}^{0}{f\left( x \right)dx}=\frac{3\sqrt{2}}{2{{a}^{2}}}\left. \left( \frac{1}{12}{{x}^{4}}-\frac{{{a}^{2}}}{2}{{x}^{2}} \right) \right|_{-a\sqrt{3}}^{0}=\frac{9\sqrt{2}}{8}{{a}^{2}}\)

\({{S}_{2}}={{S}_{\Delta AMO}}=\frac{1}{2}f\left( -a \right).MO=\frac{1}{2}a\sqrt{2}.a\sqrt{3}=\frac{\sqrt{6}}{2}{{a}^{2}}\)

Vậy \(\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\).