Một vật chuyển động theo quy luật \(s\left( t \right) = \frac{1}{3}{t^3} - \frac{3}{2}{t^2} + 10t\); với \(t\)(giây) là khoảng thời gian tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động và \(s\)(mét) là vị trí của vật tại thời điểm \(t\). Tính quãng đường mà vật đi được từ khi bắt đầu chuyển động đến thời điểm vận tốc nó đạt \(20\)m/s (kết quả làm tròn đến hàng phần chục).

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:

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

Đáp án: 3,79

Bán kính \[{I_1}{A^2} = 11 = {r_1}^2\]

Vì mỗi đường tròn là giao của mặt cầu với một mặt phẳng nên

\[O{I_1} \bot \left( {AB{I_1}} \right),O{I_2} \bot \left( {AB{I_2}} \right)\]

\[\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {5;2;1} \right),\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {1; - 2;5} \right) \Rightarrow O\left( {\frac{8}{3};\frac{5}{3};\frac{{ - 2}}{3}} \right) \Rightarrow O{I_1}^2 = {\left( {\frac{5}{3}} \right)^2} + {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = \frac{{10}}{3}\]\[ \Rightarrow R = \sqrt {\frac{{10}}{3} + 11}  \approx 3,79\].