Cho hình phẳng giới hạn bởi Elip \(\dfrac{x^2}{4}+y^2=1\), parabol \(y=\dfrac{\sqrt{3}}{2} x^2\)

Câu hỏi số 738997:

Vận dụng

Cho hình phẳng giới hạn bởi Elip \(\dfrac{x^2}{4}+y^2=1\), parabol \(y=\dfrac{\sqrt{3}}{2} x^2\) và trục hoảnh (phần tô đậm trong hình vẽ) có diện tích \(T=\dfrac{a}{b} \pi+\dfrac{c}{d} \sqrt{3}\) (với \(a, c \in \mathbb{Z} ; b, d \in \mathbb{N}^* ; \dfrac{a}{b}, \dfrac{c}{d}\) là các phân số tối giản). Tính \(S=a+b+c+d\).

Trả lời:

Đáp án đúng là:

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:738997

Giải chi tiết

Ta có: \(\frac{x^2}{4}+y^2=1 \Rightarrow y= \pm \sqrt{1-\frac{x^2}{4}}\)

Hoành độ giao điểm (E'): \(y=\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}\) và parabol \(y=\frac{\sqrt{3}}{2} x^2\) là

\(\sqrt{1-\dfrac{x^2}{4}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} x^2 \Rightarrow 3 x^4+x^2-4=0\)

\(\Rightarrow x^2=1 \Rightarrow x=1\) (theo hình vẽ thì \(x>0\) )

Vậy \(T=\int_0^1 \dfrac{\sqrt{3}}{2} x^2 d x+\int_1^2 \sqrt{1-\dfrac{x^2}{4}} d x\)

Mà \(\int_0^1 \dfrac{\sqrt{3}}{2} x^2 d x=\left.\dfrac{\sqrt{3} x^3}{6}\right|_0 ^1=\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)

Ta có: \(I=\int_1^2 \sqrt{1-\dfrac{x^2}{4}} d x=\dfrac{1}{2} \int_1^2 \sqrt{4-x^2} d x\).

Đặt \(x=2 \cos t\) ta có:

\(\int_1^2 \sqrt{4-x^2} d x=\int_{\frac{\pi}{3}}^0 \sqrt{4 \sin ^2 t} \cdot(-2 \sin t) d t\)

\(=4 \int_0^{\frac{\pi}{3}} \sin ^2 t d t=2 \int_0^{\frac{\pi}{3}}(1-\cos 2 t) d t=\dfrac{2 \pi}{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

Do đó \(T=\dfrac{1}{3} \cdot \pi+\dfrac{-1}{12} \cdot \sqrt{3}\) nên \(S=15\).

Đáp án cần điền là: 15

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K9 Chú ý! Lộ Trình Sun 2027 - 1 lộ trình ôn đa kỳ thi (TN THPT, ĐGNL (Hà Nội/ Hồ Chí Minh), ĐGNL Sư Phạm, ĐGTD, ĐGNL Bộ Công an, ĐGNL Bộ Quốc phòngTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com. Cập nhật bám sát bộ SGK mới, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.