1) Gọi $A,B$ là hai điểm phân biệt thuộc đồ thị hàm số $y=\frac{x^2}{x+1}$ và đối xứng với nhau qua đường thẳng $y=x+\frac{1}{2}$. Tính độ dài đoạn thẳng $AB$.

2) Gia đình anh Thọ có mảnh đất, một phía giáp với đường (là một phần của đường thẳng), phần còn lại giáp với hồ nước là đường cong được mô hình hóa bởi một phần của đồ thị hàm số $f(x)=\frac{-x^2+5x-4}{x}$ như hình vẽ bên dưới, đơn vị trên mỗi trục tọa độ là 10 mét. Trong mảnh đất anh Thọ muốn rào một khu vực hình chữ nhật $ABCD$ với hai đỉnh $A,B$ nằm trên đồ thị hàm số $f(x)$ (phần giáp hồ) và cạnh $CD$ nằm trên trục hoành (phần giáp đường). Tính độ dài cạnh $BC$ (theo đơn vị mét) để diện tích hình chữ nhật $ABCD$ đạt giá trị lớn nhất.

1) Ta tìm hai điểm $A,B$ thuộc đồ thị sao cho đường thẳng $AB$ vuông góc với đường thẳng $y=x+\frac{1}{2}$ và trung điểm $I$ của $AB$ phải thuộc đường thẳng $y=x+\frac{1}{2}$. Đường thẳng vuông góc với đường thẳng $y=x+\frac{1}{2}$ có dạng $y=-x+m(m\in \mathbb{R})$. (0,25 điểm)

Hoành độ các điểm $A,B$ là nghiệm của phương trình
$$\frac{x^2}{x+1}=-x+m\iff 2x^2+(1-m)x-m=0(x\ne -1)(1)$$
(1) có 2 nghiệm phân biệt khác $-1\iff \{\begin{array}{l}\Delta =m^2+6m+1>0\\ 2+m-1-m\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m<-3-2\sqrt{2}\\ m>-3+2\sqrt{2}\end{array}$ (0,25 điểm)

Tọa độ trung điểm $I$ của đoạn $AB$ là $\{\begin{array}{l}{x}_I=\frac{x_A+x_B}{2}=\frac{m-1}{4}\\ y_I=-x_I+m=\frac{3m+1}{4}\end{array}$ (0,25 điểm)

Điểm $I$ thuộc đường thẳng $y=x+\frac{1}{2}\iff \frac{3m+1}{4}=\frac{m-1}{4}+\frac{1}{2}\iff m=0$ (thỏa mãn).

Phương trình $(1)$ trở thành: $2x^2+x=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=-\frac{1}{2}\end{array}\right]$ (thỏa mãn). (0,25 điểm)

Tìm được 2 điểm $A(0;0)\equiv O(0;0)$; $B\left(-\frac{1}{2};-\frac{1}{2}\right)$. Độ dài $AB=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

2) Đặt $BC=m$, từ đồ thị hàm số suy ra phương trình $AB$ là: $y=m$.

Có $f^{\prime }(x)=\frac{4-x^2}{x^2}$, tìm được điểm cực đại của hàm số $f(x)$ là $(2;1)$ suy ra $0<m<1$. (0,25 điểm)

$x_A,x_B$ là nghiệm của phương trình:
$$\frac{-x^2+5x-4}{x}=m\iff x^2+(m-5)x+4=0(x\ne 0)(1)$$

Có $\Delta =(m-1)(m-9)>0,\forall 0<m<1$, nên phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm phân biệt khác 0 với mọi $0<m<1$.

Theo định lý Vi-ét $\{\begin{array}{l}{x}_A+x_B=5-m\\ x_A\cdot x_B=4\end{array}$ (0,25 điểm)

Có $AB=\sqrt{(x_B-x_A{)}^2}=\sqrt{(x_A+x_B{)}^2-4x_A{x}_B}=\sqrt{m^2-10m+9}$.

Tính được diện tích hình chữ nhật $ABCD$ là $S_{ABCD}=m\sqrt{m^2-10m+9}=\sqrt{m^4-10m^3+9m^2}$.

Xét hàm số $g(m)=m^4-10m^3+9m^2$ trên khoảng $(0;1)$.
$$g^{\prime }(m)=4m^3-30m^2+18m=0\iff \{\begin{array}{l}m=0\\ m=\frac{15\pm 3\sqrt{17}}{4}\end{array}$$ (0,25 điểm)

Lập bảng biến thiên của hàm số $g(m)$ trên khoảng $(0;1)$: $g^{\prime }(m)$ dương trên $\left(0;\frac{15-3\sqrt{17}}{4}\right)$, âm trên $\left(\frac{15-3\sqrt{17}}{4};1\right)$; $g(m)$ tăng từ 0 đến $g\left(\frac{15-3\sqrt{17}}{4}\right)$ rồi giảm về 0.

Tìm được diện tích hình chữ nhật $ABCD$ đạt giá trị lớn nhất khi $m=\frac{15-3\sqrt{17}}{4}$.

Từ đó tìm được $BC=10\times \frac{15-3\sqrt{17}}{4}=\frac{15\left(5-\sqrt{17}\right)}{2}$ (mét). (0,25 điểm)