Hai đại lộ lớn giao nhau vuông góc (tương ứng với hai đường tiệm cận của đồ thị). Một con sông chảy qua khu vực này có bờ là đường cong y = x/(x − 1) (x > 1) có đồ thị (C).

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 1\) và tiệm cận ngang \(y = 1\)
Giao điểm hai đại lộ là tọa độ tâm đối xứng \(I\left( {1;1} \right)\). Điểm \(M \in \left( C \right)\): \(M\left( {{x_0};\frac{{{x_0}}}{{{x_0} - 1}}} \right)\)
Xét mệnh đề a)
Ta có: \[y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\] và hệ số góc tại \(M\) là \(k = f'\left( {{x_0}} \right) = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\)
Phương trình tiếp tuyến: \(y = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{{x_0}}}{{{x_0} - 1}} = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}x + \frac{{x_0^2}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Giả sử cây cầu \[AB\]nằm trên đường tiếp tuyến vừa tìm được
Điểm \(A\)thuộc tiệm cận đứng \(x = 1\)
Thay \(x = 1\)vào phương trình tiếp tuyến: \({y_A} = \frac{{ - 1 + x_0^2}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} - 1}} \Rightarrow A\left( {1;\frac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} - 1}}} \right)\)
Điểm \(B\) thuộc tiệm cận ngang \(y = 1\)
Thay \(y = 1\) vào phương trình tiếp tuyến: \(1 = \frac{{ - x + x_0^2}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}} \Rightarrow x = 2{x_0} - 1 \Rightarrow B\left( {2{x_0} - 1;1} \right)\) nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Kiểm tra trung điểm: \({x_M} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \frac{{1 + \left( {2{x_0} - 1} \right)}}{2} = {x_0}\)
\({y_M} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{{\frac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} - 1}} + 1}}{2} = \frac{{\frac{{{x_0} + 1 + {x_0} - 1}}{{{x_0} - 1}}}}{2} = \frac{{{x_0}}}{{{x_0} - 1}} = {y_0}\)
Xét tam giác \(IAB\) vuông tại \(I\), \(M\) là trung điểm cạnh huyền \(AB\). Tính theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền: \(IM = \frac{1}{2}AB\) nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Để \(AB\) ngắn nhất, ta xét\[A{B^2} = I{A^2} + I{B^2}\]
\(IA = \left| {{y_A} - {y_I}} \right| = \left| {\frac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} - 1}} - 1} \right| = \frac{2}{{{x_0} - 1}}\); \[IB = \left| {{x_B} - {x_I}} \right| = \left| {\left( {2{x_0} - 1} \right) - 1} \right| = 2\left( {{x_0} - 1} \right)\]
Nhận xét: \(IA.IB = \frac{2}{{{x_0} - 1}}.2\left( {{x_0} - 1} \right) = 4\) luôn không đổi
Cách 1: Áp dụng bát đẳng thức
Áp dụng BĐT Cauchy: \(A{B^2} = I{A^2} + I{B^2} \ge 2\left( {IA.IB} \right) = 2.4 = 8 \Rightarrow A{B_{min}} = \sqrt 8 = 2\sqrt 2 \)
Dấu xảy ra khi \(IA = IB\) (Tam giác \(IAB\)vuông cân) nên mệnh đề d) đúng
Cách 2: Dùng đạo hàm
Đặt \(t = {x_0} - 1\) vì \({x_0} > 1 \Rightarrow t > 0\) thì khi đó \(IA = \frac{2}{t}\)và \(IB = 2t\)
Theo định lý Pythagore trong tam giác vuông \(IAB\), ta có:
\(A{B^2} = I{A^2} + I{B^2} = {\left( {\frac{2}{t}} \right)^2} + {\left( {2t} \right)^2} = \frac{4}{{{t^2}}} + 4{t^2} = f\left( t \right)\)
Để tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài \(AB\), ta tìm giá trị nhỏ nhất của\(f\left( t \right)\)
Ta có: \(f'\left( t \right) = 8t - \frac{8}{{{t^3}}} = 0 \Leftrightarrow t = 1\) và có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại \(t = 1\)
Vậy độ dài đoạn cực tiểu là: \(A{B^2} = f\left( 1 \right) = 8 \Rightarrow AB = 2\sqrt 2 \)
Ta có \(IA = \frac{2}{t} = \frac{2}{1} = 2\)và \[IB = 2t = 2.1 = 2\]
Vì \(IA = IB = 2\)và \(\widehat {AIB} = 90^\circ \), nên \(\Delta IAB\) là tam giác vuông cân tại \(I\) nên mệnh đề d) đúng