Cho \(\left( H \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi parabol \(y = \sqrt 3 {x^2}\), cung tròn có phương trình \(y = \sqrt {4 – {x^2}} \) (với \(0 \le x \le 2\)) và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của \(\left( H \right)\) bằng

DẠNG TOÁN 48 : ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN (TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG, TỈ SỐ DIỆN TÍCH)
  Theo đề tham khảo Toán 2021
ĐỀ BÀI:
Cho \(\left( H \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi parabol \(y = \sqrt 3 {x^2}\), cung tròn có phương trình \(y = \sqrt {4 – {x^2}} \) (với \(0 \le x \le 2\)) và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của \(\left( H \right)\) bằng

A. \(\frac{{4\pi  + \sqrt 3 }}{{12}}\). 

B. \(\frac{{4\pi  – \sqrt 3 }}{6}\). 

C. \(\frac{{4\pi  + 2\sqrt 3  – 3}}{6}\). 

D. \(\frac{{5\sqrt 3  – 2\pi }}{3}\).

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol \(y = \sqrt 3 {x^2}\) và cung tròn \(y = \sqrt {4 – {x^2}} \) (với \(0 \le x \le 2\)) là

\(\sqrt {4 – {x^2}}  = \sqrt 3 {x^2}\) \( \Leftrightarrow 4 – {x^2} = 3{x^4}\)\( \Leftrightarrow x = 1\) (vì \(0 \le x \le 2\)). 

Cách 1: Diện tích của \(\left( H \right)\) là

\(S = \mathop \smallint \nolimits_0^1 \sqrt 3 {x^2}dx + \mathop \smallint \nolimits_1^2 \sqrt {4 – {x^2}} dx = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\left. {{x^3}} \right|_0^1 + I = \frac{{\sqrt 3 }}{3} + I\) với \(I = \mathop \smallint \nolimits_1^2 \sqrt {4 – {x^2}} dx\).

Đặt: \(x = 2\sin t\), \(t \in \left[ { – \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\) \( \Rightarrow dx = 2\cos t.dt\).

Đổi cận: \(x = 1 \Rightarrow t = \frac{\pi }{6}\), \(x = 2 \Rightarrow t = \frac{\pi }{2}\).

\(I = \mathop \smallint \nolimits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} \sqrt {4 – 4{{\sin }^2}t} .2\cos t.dt = \mathop \smallint \nolimits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} 4{\cos ^2}t.dt = \mathop \smallint \nolimits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} 2\left( {1 + \cos 2t} \right).dt = \left. {\left( {2x + \sin 2t} \right)} \right|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} = \frac{{2\pi }}{3} – \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \(S = \frac{{\sqrt 3 }}{3} + I = \frac{{\sqrt 3 }}{3} + \frac{{2\pi }}{3} – \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{4\pi  – \sqrt 3 }}{6}\).

Cách 2: Diện tích của \(\left( H \right)\) bằng diện tích một phần tư hình tròn bán kính \(2\) trừ diện tích hình phẳng giới hạn bởi cung tròn, parabol và trục \(Oy\).

Tức là \(S = \pi  – \mathop \smallint \nolimits_0^1 \left( {\sqrt {4 – {x^2}}  – \sqrt 3 {x^2}} \right)dx\).