Đáp án: 3,67.

Chọn hệ trục Oxy tâm \(O\). Hình vuông có cạnh bằng \(2\) nên \({S_{{\rm{vu\^o ng}}}} = 4\). Đường tròn có bán kính \(R = 2\) nên \({S_{{\rm{tr\`o n}}}} = 4\pi \).

Ta xét hình phẳng trong góc phần tám thứ nhất ứng với góc quay \(t \in \left[ {0;\frac{\pi }{4}} \right]\) (so với trục Ox). Do tính đối xứng, diện tích toàn phần gấp 8 lần diện tích phần này.

Bản chất tích phân tính diện tích là tổng các diện tích vi phân hình quạt (tam giác vô cùng nhỏ) với \(dS = \frac{1}{2}{r^2}dt\).

Trên tia Ot, vì \(P\) là trung điểm MN nên ta có độ dài:

\(OP = \frac{{OM + ON}}{2} \Rightarrow O{P^2} = \frac{1}{4}O{M^2} + \frac{1}{4}O{N^2} + \frac{1}{2}OM.ON\)

Lấy tích phân hai vế theo dt từ \(0\) đến \(\frac{\pi }{4}\), rồi nhân \(8\) (cho cả \(2\pi \)), ta thu được diện tích hình phẳng bên trong đường cong \((L)\):

\({S_{(L)}} = \frac{1}{4}{S_{{\rm{vu\^o ng}}}} + \frac{1}{4}{S_{{\rm{tr\`o n}}}} + \frac{8}{2}\int_0^{\frac{\pi }{4}} O M.ONdt\)

Với \(t \in \left[ {0;\frac{\pi }{4}} \right]\), điểm \(M\) nằm trên cạnh dọc \(x = 1\) nên \(\cos t = \frac{1}{{OM}} \Rightarrow OM = \frac{1}{{\cos t}}\). Điểm \(N\) nằm trên đường tròn bán kính \(R = 2\) nên \(ON = 2\).

Tích phân thành phần:

\(I = 4\int_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{2}{{\cos t}}} dt = 8\int_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{\cos t}}{{1 - {{\sin }^2}t}}} dt = 4\ln \left| {\frac{{1 + \sin t}}{{1 - \sin t}}} \right||_0^{\frac{\pi }{4}} = 4\ln {(\sqrt 2 + 1)^2} = 8\ln (\sqrt 2 + 1)\)

Thay các giá trị vào, ta có diện tích toàn phần của \((L)\):

\({S_{(L)}} = \frac{1}{4}(4) + \frac{1}{4}(4\pi ) + 8\ln (\sqrt 2 + 1) = 1 + \pi + 8\ln (\sqrt 2 + 1)\)

Thực hiện chuẩn phép tính, ta được diện tích phần hình cong \((L)\):

\({S_{(L)}} = 1 + \pi + 4\ln (\sqrt 2 + 1)\)

Phần diện tích mạ vàng nằm giữa \((L)\) và hình vuông là:

\(S = {S_{(L)}} - {S_{{\rm{vu\^o ng}}}} = 1 + \pi + 4\ln (\sqrt 2 + 1) - 4 = \pi + 4\ln (\sqrt 2 + 1) - 3 \approx 3,67{\rm{ }}(d{m^2})\)

Cách khác:

Ông nội của bạn Kiên là cựu chiến binh, ông từng trực tiếp tham gia trận đánh 30/4/1975 và tiếp quản Dinh Độc Lập. Năm nay ông được đơn vị tặng quà lưu niệm là một chiếc đồng hồ treo tường rất đẹp. (ảnh 2)

Chọn hệ trục Oxy tâm \(O\).

Phần ngoài của mặt đồng hồ là đường tròn \(\left( C \right):{x^2} + {y^2} = 4\)

Gọi \({S_{\left( H \right)}}\) là diện tích phần hình phẳng \(\left( H \right)\)được giới hạn bởi đồ thị các đường \(d:y = x\); \((L)\); trục hoành; \(x = 1\) (\(1 \le x \le 1,5\)).

Gọi \(S\) là phần diện tích cần tìm. Ta có \(S = 8.{S_{\left( H \right)}}\).

Phương trình đường thẳng biểu diễn tia OM trên miền \(\left( H \right)\) là \(y = tx\) (\(0 \le t \le 1\) và \(1 \le x \le 1,5\))

Ta có N là giao điểm của tia OM và \(\left( C \right)\) nên \({x_N} = \frac{2}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}\;;\;{y_N} = \frac{{2t}}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}\)

Tọa độ điểm M là \(M\left( {1;t} \right)\) và tọa độ điểm P là \({x_P} = \frac{1}{2}\left( {1 + \frac{2}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}} \right)\;;\;{y_P} = \frac{1}{2}\left( {t + \frac{{2t}}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}} \right)\).

Ta có \(0 \le t \le 1\) suy ra \(\frac{{1 + \sqrt 2 }}{2} \le {x_P} \le 1,5\)

Do \(t = \frac{{{y_P}}}{{{x_P}}}\) nên \({x_P} = \frac{1}{2}\left( {1 + \frac{2}{{\sqrt {1 + {{\left( {\frac{{{y_P}}}{{{x_P}}}} \right)}^2}} }}} \right) \Leftrightarrow \sqrt {{x_P}^2 + {y_P}^2} = \frac{{2{x_P}}}{{2{x_P} - 1}} \Leftrightarrow {y_P} = \sqrt {\frac{{4{x_P}^2}}{{{{\left( {2{x_P} - 1} \right)}^2}}} - {x_p}^2} \)

Phương trình đường cong \((L)\)trên miền \(\left( H \right)\)là \(\left( L \right):y = \sqrt {\frac{{4{x^2}}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}} - {x^2}} \) (\(\frac{{1 + \sqrt 2 }}{2} \le x \le 1,5\))

Diện tích cần tìm: \(S = 8\left( {\int\limits_1^{\frac{{1 + \sqrt 2 }}{2}} {x\;dx} + \int\limits_{\frac{{1 + \sqrt 2 }}{2}}^{1,5} {\sqrt {\frac{{4{x^2}}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}} - {x^2}} \;dx} } \right) \approx 3,67\left( {d{m^2}} \right)\).

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho vectơ a = -i + 3j - 5k. Tọa độ của vectơ a là