Google
Câu hỏi: Cho (H) là hình phẳng giới hạn bởi parabol $y=2{{x}^{2}}-1$ và nửa đường tròn có phương trình $y=\sqrt{2-{{x}^{2}}}$ (với $-\sqrt{2}\le x\le \sqrt{2}$ ) (phần gạch chéo trong hình vẽ). Diện tích của (H) bằng
A. $\dfrac{3\pi +2}{6}.$
B. $\dfrac{3\pi -2}{6}.$
C. $\dfrac{3\pi +10}{6}.$
D. $\dfrac{3\pi +10}{3}.$
A. $\dfrac{3\pi +2}{6}.$
B. $\dfrac{3\pi -2}{6}.$
C. $\dfrac{3\pi +10}{6}.$
D. $\dfrac{3\pi +10}{3}.$
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: $2{{x}^{2}}-1=\sqrt{2-{{x}^{2}}}$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& 2{{x}^{2}}-1\ge 0 \\
& 4{{x}^{4}}-4{{x}^{2}}+1=2-{{x}^{2}} \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& 2{{x}^{2}}-1\ge 0 \\
& 4{{x}^{4}}-3{{x}^{2}}-1=0 \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow {{x}^{2}}=1\Leftrightarrow x=\pm 1$.
Diện tích hình $\left( H \right)$ bằng: $S=2\int\limits_{0}^{1}{\left( \sqrt{2-{{x}^{2}}}-2{{x}^{2}}+1 \right)dx}=2\int\limits_{0}^{1}{\sqrt{2-{{x}^{2}}}dx}+2\int\limits_{0}^{1}{\left( -2{{x}^{2}}+1 \right)dx}$
$=2{{I}_{1}}+\left. 2\left( \dfrac{-2{{x}^{3}}}{3}+x \right) \right|_{0}^{1}=2{{I}_{1}}+\dfrac{2}{3}$.
Tính ${{I}_{1}}=\int\limits_{0}^{1}{\sqrt{2-{{x}^{2}}}dx}$ đặt $x=\sqrt{2}\sin t\Rightarrow dx=\sqrt{2}\cos tdt$ với $t\in \left[ -\dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2} \right]$
Đổi cận$\left| \begin{aligned}
& x=0\Rightarrow t=0 \\
& x=1\Rightarrow t=\dfrac{\pi }{4} \\
\end{aligned} \right. $ $ \Rightarrow {{I}_{1}}=\int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{4}}{\sqrt{2-2{{\sin }^{2}}t}.\sqrt{2}\cos tdt}=\int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{4}}{2{{\cos }^{2}}tdt}=\int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{4}}{\left( 1+\cos 2t \right)dt}$
$=\left. \left( t+\dfrac{\sin 2t}{2} \right) \right|_{0}^{\dfrac{\pi }{4}}=\dfrac{\pi }{4}+\dfrac{1}{2}\Rightarrow S=2{{I}_{1}}+\dfrac{2}{3}=\dfrac{\pi }{2}+1+\dfrac{2}{3}=\dfrac{3\pi +10}{6}$.
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& 2{{x}^{2}}-1\ge 0 \\
& 4{{x}^{4}}-4{{x}^{2}}+1=2-{{x}^{2}} \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& 2{{x}^{2}}-1\ge 0 \\
& 4{{x}^{4}}-3{{x}^{2}}-1=0 \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow {{x}^{2}}=1\Leftrightarrow x=\pm 1$.
Diện tích hình $\left( H \right)$ bằng: $S=2\int\limits_{0}^{1}{\left( \sqrt{2-{{x}^{2}}}-2{{x}^{2}}+1 \right)dx}=2\int\limits_{0}^{1}{\sqrt{2-{{x}^{2}}}dx}+2\int\limits_{0}^{1}{\left( -2{{x}^{2}}+1 \right)dx}$
$=2{{I}_{1}}+\left. 2\left( \dfrac{-2{{x}^{3}}}{3}+x \right) \right|_{0}^{1}=2{{I}_{1}}+\dfrac{2}{3}$.
Tính ${{I}_{1}}=\int\limits_{0}^{1}{\sqrt{2-{{x}^{2}}}dx}$ đặt $x=\sqrt{2}\sin t\Rightarrow dx=\sqrt{2}\cos tdt$ với $t\in \left[ -\dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2} \right]$
Đổi cận$\left| \begin{aligned}
& x=0\Rightarrow t=0 \\
& x=1\Rightarrow t=\dfrac{\pi }{4} \\
\end{aligned} \right. $ $ \Rightarrow {{I}_{1}}=\int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{4}}{\sqrt{2-2{{\sin }^{2}}t}.\sqrt{2}\cos tdt}=\int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{4}}{2{{\cos }^{2}}tdt}=\int\limits_{0}^{\dfrac{\pi }{4}}{\left( 1+\cos 2t \right)dt}$
$=\left. \left( t+\dfrac{\sin 2t}{2} \right) \right|_{0}^{\dfrac{\pi }{4}}=\dfrac{\pi }{4}+\dfrac{1}{2}\Rightarrow S=2{{I}_{1}}+\dfrac{2}{3}=\dfrac{\pi }{2}+1+\dfrac{2}{3}=\dfrac{3\pi +10}{6}$.
Đáp án C.