Biết \(\left( P \right):y = \frac{1}{{24}}{x^2}\) chia \(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{1} = 1\) thành hai hình \(\left( {{H_1}} \right)\) và \(\left( {{H_2}} \right)\) lần lượt có diện tích là \({S_1}\) và \({S_2}\) \(\left( {{S_1} < {S_2}} \right)\). Gọi \(T = \frac{{{S_2}}}{{{S_1}}}\), khẳng định nào sau đây đúng?

DẠNG TOÁN 48 : ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN (TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG, TỈ SỐ DIỆN TÍCH)
  Theo đề tham khảo Toán 2021
ĐỀ BÀI:
Biết \(\left( P \right):y = \frac{1}{{24}}{x^2}\) chia \(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{1} = 1\) thành hai hình \(\left( {{H_1}} \right)\) và \(\left( {{H_2}} \right)\) lần lượt có diện tích là \({S_1}\) và \({S_2}\) \(\left( {{S_1} < {S_2}} \right)\). Gọi \(T = \frac{{{S_2}}}{{{S_1}}}\), khẳng định nào sau đây đúng?

A. \(T \le 3\). 

B. \(3 < T < 16\). 

C. \(16 \le T < 1980\). 

D. \(T > 1980\).

LỜI GIẢI CHI TIẾT

+ \(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{1} = 1\) nên ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 16\\{b^2} = 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b = 1\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow \) Diện tích của elip là: \(S = \pi ab = 4\pi \).

+ Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( E \right)\) là \(\frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{{\left( {\frac{1}{{24}}{x^2}} \right)}^2}}}{1} = 1\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt {12} \\x =  – \sqrt {12} \end{array} \right.\).

+ Ta có \({S_1} = 2\int\limits_0^{\sqrt {12} } {\left( {\sqrt {1 – \frac{{{x^2}}}{{16}}}  – \frac{{{x^2}}}{{24}}} \right)} .{\rm{d}}x = \underbrace {\frac{1}{2}\int\limits_0^{\sqrt {12} } {\sqrt {16 – {x^2}} {\rm{d}}x} }_I – \frac{1}{{36}}{x^3}\left| \begin{array}{l}\sqrt {12} \\0\end{array} \right. = I – \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

* Tính \(I = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\sqrt {12} } {\sqrt {16 – {x^2}} {\rm{d}}x} \).

⚫ Đặt \(x = 4s{\rm{in}}t,\,t \in \left[ {0;\frac{\pi }{3}} \right]\).

\( \Rightarrow {\rm{d}}x = 4{\rm{co}}{\mathop{\rm s}\nolimits} t.{\rm{d}}t\)

⚫ Đổi cận \(\left| \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = \sqrt {12}  \Rightarrow t = \frac{\pi }{3}\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow \) \(I = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\sqrt {12} } {\sqrt {16 – {x^2}} {\rm{d}}x}  = 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\sqrt {16 – 16s{\rm{i}}{{\rm{n}}^2}t} \cos t{\rm{d}}t} \)\( = 4\int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {{\rm{2co}}{{\rm{s}}^2}t{\rm{d}}t}  = 4\int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\left( {1 + \cos 2t} \right){\rm{d}}t} \)

\( = 4\left( {t + \frac{1}{2}\sin 2t} \right)\left| \begin{array}{l}\frac{\pi }{3}\\0\end{array} \right. = 4\left( {\frac{\pi }{3} + \frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right) = \frac{{4\pi  + 3\sqrt 3 }}{3}\)\( \Rightarrow {S_1} = I – \frac{{2\sqrt 3 }}{3} = \frac{{4\pi  + \sqrt 3 }}{3}\).

+ Ta có \({S_2} = S – {S_1} = 4\pi  – \frac{{4\pi  + \sqrt 3 }}{3} = \frac{{8\pi  – \sqrt 3 }}{3}\)\( \Rightarrow T = \frac{{{S_2}}}{{{S_1}}} = \frac{{8\pi  – \sqrt 3 }}{{4\pi  + \sqrt 3 }} \simeq {\rm{1,64}} \le 3\).