Ứng dụng tích phân trong hình học (diện tích hình phẳng)

Bước 1: Gắn hệ trục tọa độ. Gọi \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right)\) là giao điểm của hai elip trong góc phần tư thứ nhất. Tách diện tích \(\dfrac{1}{4}S = {S_1} + 2{S_2}\).

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Gọi \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right)\) là giao điểm của hai elip trong góc phần tư thứ nhất.

Vì tính đối xứng của hình nên $\dfrac{1}{4}$ diện tích cần tính bằng tổng diện tích của \({S_1}\) với hai lần diện tích của \({S_2}\), trong đó \({S_1}\) là hình vuông cạnh \({x_A}\) và \({S_2}\) là diện tích phẳng giới hạn bởi các đường elip (có trục lớn nằm trên trục \(Ox),y = {y_A},x = 0,x = {x_A}\).

Bước 2: Tìm phương trình elip có trục lớn thuộc trục Ox và tính \({S_2}\)

Do tính đối xứng nên \({x_A} = {y_A}\)

Ngoài ra, ta thấy phương trình elip có trục lớn thuộc trục Ox và có $a=4$ và $b=1$

Ta có phương trình \((E):\dfrac{{{x^2}}}{{16}} + \dfrac{{{y^2}}}{1} = 1.\)

Điểm $A(x_A;y_A)$ thuộc Elip nên ta có: \(\dfrac{{{x_A^2}}}{{16}} + \dfrac{{{x_A^2}}}{1} = 1.\)

\(\Rightarrow {x_A} = \dfrac{4}{{\sqrt {17} }}\).

Khi đó \({S_1} = {\left( {{x_A}} \right)^2} = \dfrac{{16}}{{17}};\) và

\({S_2} = \int_0^{\frac{4}{{\sqrt {17} }}} {\left( {\sqrt {1 - \dfrac{{{x^2}}}{{16}}}  - \dfrac{4}{{\sqrt {17} }}} \right)} dx\)\( = {I_1} - \int_0^{\frac{4}{{17}}} {\dfrac{4}{{\sqrt {17} }}dx}  = {I_1} - \dfrac{{16}}{{17}}\)

Bước 3: Tính \({I_1} = \int_0^{\frac{4}{{\sqrt {17} }}} {\sqrt {1 - \dfrac{{{x^2}}}{{16}}} } dx = \dfrac{1}{4}\int_0^{\frac{4}{{\sqrt {17} }}} {\sqrt {16 - {x^2}} } dx.\) Từ đó tính S.

Xét \({I_1} = \int_0^{\frac{4}{{\sqrt {17} }}} {\sqrt {1 - \dfrac{{{x^2}}}{{16}}} } dx = \dfrac{1}{4}\int_0^{\frac{4}{{\sqrt {17} }}} {\sqrt {16 - {x^2}} } dx.\) Đặt \(x = 4\sin t(0 \le t \le \dfrac{\pi }{2})\)

\( \Rightarrow dx = 4\cos tdt.\)

Đổi cận: \(x = 0 \Rightarrow t = 0;x = \dfrac{4}{{\sqrt {17} }} \Rightarrow t = \arcsin \dfrac{1}{{\sqrt {17} }}.\)

Khi đó, \({I_1} = \dfrac{1}{4}\int_0^{\arcsin \dfrac{1}{{\sqrt {17} }}} {\sqrt {16 - 16{{\sin }^2}t} }  \cdot 4\cos tdt\)\( = 4\int_0^{\sqrt {17} } {{{\cos }^2}} tdt\)\( = 2\int_0^{\arcsin \dfrac{1}{{\sqrt {17} }}} {(1 + \cos 2t)} dt\)\( = \left. {2\left( {t + \dfrac{1}{2}\sin 2t} \right)} \right|_0^{\arcsin }\dfrac{1}{{\sqrt {17} }}\)\( = 2\left( {\arcsin \dfrac{1}{{\sqrt {17} }} + \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{8}{{17}}} \right)\)\( = 2\arcsin \dfrac{1}{{\sqrt {17} }} + \dfrac{8}{{17}}\)

Vậy diện tích cần tìm là

\(S \)\(= 4\left( {\dfrac{{16}}{{17}} + 2\left( {2\arcsin \dfrac{1}{{\sqrt {17} }} + \dfrac{8}{{17}} - \dfrac{{16}}{{17}}} \right)} \right)\)\( = 16\arcsin \dfrac{1}{{\sqrt {17} }}\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 4\) và \(y = 2x - 4\) là:

\({x^2} - 4 = 2x - 4\) \( \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0\)\( \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

Gọi \({S_0}\) là diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị các hàm số \(y = {x^2} - 4,\,\,y = 2x - 4.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_0} = \int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - 4 - \left( {2x - 4} \right)} \right|dx}  = \int\limits_0^2 {\left( {2x - 4 - {x^2} + 4} \right)dx} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \int\limits_0^2 {\left( {2x - {x^2}} \right)dx}  = \left. {\left( {{x^2} - \dfrac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^2 = \dfrac{4}{3}\\ \Rightarrow S = 2{S_0} = 2.\dfrac{4}{3} = \dfrac{8}{3}.\end{array}\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đường thẳng \(y = \dfrac{3}{2}x - \dfrac{3}{2}\) cắt đồ thị hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^4} - {x^2} - \dfrac{5}{2}\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \(x =  - 1,\,\,x = 2\).

Do đó phần hình phẳng gạch chéo được giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^4} - {x^2} - \dfrac{5}{2}\), \(y = \dfrac{3}{2}x - \dfrac{3}{2}\), đường thẳng \(x =  - 1\), \(x = 2\), và trong khoảng \(\left( { - 1;2} \right)\), đường thẳng \(y = \dfrac{3}{2}x - \dfrac{3}{2}\) luôn nằm phía trên đồ thị hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^4} - {x^2} - \dfrac{5}{2}\). Do đó ta có: \(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( {\dfrac{3}{2}x - \dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{2}{x^4} + {x^2} + \dfrac{5}{2}} \right)dx}  = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - \dfrac{1}{2}{x^4} + {x^2} + \dfrac{3}{2}x + 1} \right)} \).

Diện tích \(S\) của hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = 2x\), \(x =  - 3\), \(x =  - 2\) và trục hoành là: \(S = \int\limits_{ - 3}^{ - 2} {\left| {2x} \right|dx} \).

Trên khoảng \(\left( { - 3; - 2} \right)\) ta có \(\left| {2x} \right| =  - 2x\), do đó \(S = \int\limits_{ - 3}^{ - 2} { - 2xdx}  = \int\limits_{ - 2}^{ - 3} {2xdx} \).

Vì hàm số \(y = f\left( x \right) - g\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị là \( - 1,\,\,3\) và 4 nên

\(f'\left( x \right) - g'\left( x \right) = a\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {x - 4} \right)\,\,\left( {a \ne 0} \right)\)

Thay \(x = 0\) ta có: \(f'\left( 0 \right) - g'\left( 0 \right) = 12a\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^3} + c{x^2} + 3x\\g\left( x \right) = m{x^3} + n{x^2} - x\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( x \right) = 4a{x^3} + 3b{x^2} + 2cx + 3\\g'\left( x \right) = 3m{x^2} + 2nx - 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( 0 \right) = 3\\g'\left( 0 \right) =  - 1\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow 3 - \left( { - 1} \right) = 12a \Leftrightarrow a = \dfrac{1}{3}\).

\( \Rightarrow f'\left( x \right) - g'\left( x \right) = \dfrac{1}{3}\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {x - 4} \right)\).

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và \(y = g'\left( x \right)\) bằng:

\(S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f'\left( x \right) - g'\left( x \right)} \right|}  = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {\dfrac{1}{3}\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {x - 4} \right)} \right|dx}  = \dfrac{{131}}{{12}}\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: \({x^2} - 3 = 2x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 3\end{array} \right.\).

Khi đó diện tích phần gạch chéo là: \(S = \int\limits_{ - 1}^3 {\left| {{x^2} - 3 - 2x} \right|dx} \).

Trên khoảng \(\left( { - 1;3} \right)\) đồ thị hàm số \(y = 2x\) nằm phía trên đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 3\) nên \(2x > {x^2} - 3\,\,\forall x \in \left( { - 1;3} \right)\)

Vậy \(S = \int\limits_{ - 1}^3 {\left( { - {x^2} + 2x + 3} \right)dx} \).

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 3\) và đường thẳng \(y = x - 3\) là:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,{x^2} - 3 = x - 3\\ \Leftrightarrow {x^2} - x = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Diện tích hình phẳng cần tìm là:

\(\begin{array}{l}S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} - 3 - \left( {x - 3} \right)} \right|} dx = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} - x} \right|dx} \\\,\,\,\,\, = \int\limits_0^1 {\left( {x - {x^2}} \right)} dx = \left. {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} - \dfrac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^1 = \dfrac{1}{6}.\end{array}\)

Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = {x^2} + 1\), \(y = 0\), \(x =  - 1\), \(x = 2\) là:

\(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {{x^2} + 1} \right|dx}  = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( {{x^2} + 1} \right)dx} \) \( = \left. {\left( {\dfrac{{{x^3}}}{3} + x} \right)} \right|_{ - 1}^2 = 6\).

Thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình \(\left( D \right)\) quay xung quanh \(Ox\) bằng: \(V = \int\limits_0^\pi  {\left( {{{\sin }^2}x - {0^2}} \right)dx}  = \dfrac{{{\pi ^2}}}{2}\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + f'\left( x \right) + f''\left( x \right)\)

Ta có: \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + f'''\left( x \right) = f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + 6\)

Theo giả thiết ta có phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm \(m,n\) và \(\left\{ \begin{array}{l}g\left( m \right) =  - 4\\g\left( n \right) = 2\end{array} \right.\)

Xét phương trình \(\dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}} = 1 \Rightarrow g\left( x \right) + 6 - f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = m\\x = n\end{array} \right.\)

Diện tích hình phẳng cần tính là:

\(\left| {\int\limits_m^n {\left( {1 - \dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}} \right)dx} } \right| = \left| {\int\limits_m^n {\dfrac{{g\left( x \right) + 6 - f\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}dx} } \right| = \left| {\int\limits_m^n {\dfrac{{f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + 6}}{{g\left( x \right) + 6}}dx} } \right|\) \( = \left| {\int\limits_m^n {\dfrac{{g'\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}dx} } \right|\)

\( = \left| {\ln \left| {g\left( x \right) + 6} \right|_m^n} \right| = \left| {\ln \left| {g\left( n \right) + 6} \right| - \ln \left| {g\left( m \right) + 6} \right|} \right| = \left| {\ln 8 - \ln 2} \right| = 2\ln 2.\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(g\left( x \right) = x + 2;\,\,f\left( x \right) = \sqrt x \) là

\(\begin{array}{l}S = \int\limits_0^2 {\sqrt x dx}  + \int\limits_2^4 {\left( {\sqrt x  - x + 2} \right)dx} \\S = \left. {\dfrac{2}{3}x\sqrt x } \right|_0^2 + \left. {\left( {\dfrac{2}{3}x\sqrt x  - \dfrac{{{x^2}}}{2} + 2x} \right)} \right|_2^4\\S = \dfrac{{4\sqrt 2 }}{3} + \dfrac{{16}}{3} - 2 - \dfrac{{4\sqrt 2 }}{3} = \dfrac{{10}}{3}\end{array}\)

Diện tích \(S\) của hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y =  - {x^2} + 2x,\,\,y =  - 3,\,\,x = 1,\,\,x = 2\) được tính bởi công thức:

\(S = \int\limits_1^2 {\left| { - {x^2} + 2x + 3} \right|dx} \) \( = \int\limits_1^2 {\left( { - {x^2} + 2x + 3} \right)dx} \)

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ { - 1} \right\}\). Ta có \(y' = \frac{{1 + {m^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0\,\,\forall x \ne  - 1 \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right);\,\,\left( { - 1; + \infty } \right)\).

\(y = 0 \Rightarrow x = {m^2} \Rightarrow \left( C \right)\) cắt trục hoành tại điểm \(A\left( {{m^2};0} \right)\).

\(x = 0 \Rightarrow y =  - {m^2} \Rightarrow \left( C \right)\) cắt trục tung tại điểm \(B\left( {0; - {m^2}} \right)\).

Với $x\in [0;m^2]$ thì $\frac{{x - {m^2}}}{{x + 1}} < \frac{{{m^2} - {m^2}}}{{{m^2} + 1}} = 0$ (do hàm số đồng biến).

Suy ra $\left| {\frac{{x - {m^2}}}{{x + 1}}} \right| = - \frac{{x - {m^2}}}{{x + 1}}$

Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) và hai trục tọa độ là:

\(\begin{array}{l}S = \int\limits_0^{{m^2}} {\left| {\frac{{x - {m^2}}}{{x + 1}}} \right|dx} \\ =  - \int\limits_0^{{m^2}} {\frac{{x - {m^2}}}{{x + 1}}dx}  \\ = - \int\limits_0^{{m^2}} {\frac{{x + 1 - 1 - {m^2}}}{{x + 1}}dx} \\= - \int\limits_0^{{m^2}} {\left( {1 - \frac{{1 + {m^2}}}{{x + 1}}} \right)dx}\\=  - \left[ {\int\limits_0^{{m^2}} {dx}  - \int\limits_0^{{m^2}} {\frac{{1 + {m^2}}}{{x + 1}}} dx} \right]  \\= - \left[ {\left. x \right|_0^{{m^2}} - \left( {1 + {m^2}} \right)\left. {\ln \left| {x + 1} \right|} \right|_0^{{m^2}}} \right] \\= - \left[ {{m^2} - \left( {1 + {m^2}} \right)\ln \left( {{m^2} + 1} \right)} \right]\\= \left( {1 + {m^2}} \right)\ln \left( {{m^2} + 1} \right) - {m^2} = 1\\ \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 1} \right)\ln \left( {{m^2} + 1} \right) - {m^2} - 1 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 1} \right)\left[ {\ln \left( {{m^2} + 1} \right) - 1} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \ln \left( {{m^2} + 1} \right) = 1 \Leftrightarrow {m^2} + 1 = e \Leftrightarrow m =  \pm \sqrt {e - 1} \end{array}\)

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y =  - {x^3} + 12x;y =  - {x^2}\) là nghiệm của phương trình:

\(\begin{array}{l} - {x^3} + 12x =  - {x^2}\\ \Leftrightarrow {x^3} - {x^2} - 12x = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 4\\x =  - 3\end{array} \right.\end{array}\)

Đặt \(g\left( x \right) =  - {x^2} - \left( { - {x^3} + 12x} \right) = {x^3} - {x^2} - 12x\)

Bảng xét dấu:

Diện tích hình phẳng giới hạn vởi các đường cong trên là

\(S = \int\limits_{ - 3}^4 {\left| {g\left( x \right)} \right|dx}  = \int\limits_{ - 3}^0 {g\left( x \right)dx}  - \int\limits_0^4 {g\left( x \right)dx}  = \frac{{937}}{{12}}\)

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ : Ta dễ dàng tìm được phương trình parabol là \(y=-\frac{1}{2}{{x}^{2}}+18\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol và trục hoành là \(S=\int\limits_{-6}^{6}{\left( -\frac{1}{2}{{x}^{2}}+18 \right)dx}=\left. \left( -\frac{{{x}^{3}}}{6}+18x \right) \right|_{-6}^{6}=144.\)

Gọi \({{x}_{A}}=a\Rightarrow {{y}_{A}}=-\frac{1}{2}{{a}^{2}}+18\) \(\Rightarrow \) Phương trình đường thẳng AB : \(y=-\frac{1}{2}{{a}^{2}}+18\) và \({{x}_{C}}=c\Rightarrow {{y}_{c}}=-\frac{1}{2}{{c}^{2}}+18\) \(\Rightarrow \) Phương trình đường thẳng CD : \(y=-\frac{1}{2}{{c}^{2}}+18\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol và đường thẳng AB là: \(\begin{align} & {{S}_{1}}=\int\limits_{-a}^{a}{\left( -\frac{1}{2}{{x}^{2}}+18+\frac{1}{2}{{a}^{2}}-18 \right)dx}=\int\limits_{-a}^{a}{\left( -\frac{1}{2}{{x}^{2}}+\frac{1}{2}{{a}^{2}} \right)dx}=\left. \left( -\frac{{{x}^{3}}}{6}+\frac{{{a}^{2}}}{2}x \right) \right|_{-a}^{a}=-\frac{{{a}^{3}}}{6}+\frac{{{a}^{3}}}{2}-\left( \frac{{{a}^{3}}}{6}-\frac{{{a}^{3}}}{2} \right)=\frac{2{{a}^{3}}}{3}. \\ & {{S}_{1}}=\frac{1}{3}S\Rightarrow \frac{2}{3}{{a}^{3}}=\frac{1}{3}.144=48\Rightarrow a=2\sqrt[3]{9}\Rightarrow AB=2a=4\sqrt[3]{9}. \\ \end{align}\) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol và đường thẳng CD là: \(\begin{align} & {{S}_{2}}=\int\limits_{-c}^{c}{\left( -\frac{1}{2}{{x}^{2}}+18+\frac{1}{2}{{c}^{2}}-18 \right)dx}=\left. \left( -\frac{{{x}^{3}}}{6}+\frac{{{c}^{2}}}{2}x \right) \right|_{-c}^{c}=-\frac{{{c}^{3}}}{6}+\frac{{{c}^{3}}}{2}-\left( \frac{{{c}^{3}}}{6}-\frac{{{c}^{3}}}{2} \right)=\frac{2{{c}^{3}}}{3}. \\ & {{S}_{2}}=\frac{2}{3}S\Rightarrow \frac{2}{3}{{c}^{3}}=\frac{2}{3}.144=96\Rightarrow c=2\sqrt[3]{18}\Rightarrow CD=2c=4\sqrt[3]{18} \\ & \Rightarrow \frac{AB}{CD}=\frac{1}{\sqrt[3]{2}} \\ \end{align}\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = {x^2} - x;\) \(y = 2x - 2;\) \(x = 0;\) \(x = 3\) được tính bởi công thức:

\(S = \int\limits_0^3 {\left| {{x^2} - x - \left( {2x - 2} \right)} \right|dx} \) \( = \int\limits_0^3 {\left| {{x^2} - 3x + 2} \right|dx.} \)

Tọa độ giao điểm của \(y=e\) và \(y=(1-e)x+1\) là \(A(-1;e)\)

Tọa độ giao điểm của \(y=(1-e)x+1\) và \(y={{e}^{x}}\) là \(B(0;1)\)

Tọa độ giao điểm của \(y=e\) và \(y={{e}^{x}}\) là \(C(1;e)\)

Diện tích hình (H):

\(\begin{align}  S=\int\limits_{-1}^{0}{\left| e-\left( (1-e)x+1 \right) \right|}dx+\int\limits_{0}^{1}{\left| e-{{e}^{x}} \right|dx}=\int\limits_{-1}^{0}{\left( e-\left( (1-e)x+1 \right) \right)}dx+\int\limits_{0}^{1}{\left( e-{{e}^{x}} \right)dx} \\  =\int\limits_{-1}^{0}{\left( e-1-(1-e)x \right)}dx+\int\limits_{0}^{1}{\left( e-{{e}^{x}} \right)dx}=\left( e-1 \right)\left. \left( x+\frac{1}{2}{{x}^{2}} \right) \right|_{-1}^{0}+\left. \left( e\,x-{{e}^{x}} \right) \right|_{0}^{1} \\  =\left( e-1 \right)\left( 0+1-\frac{1}{2} \right)+\left( e-e-0+1 \right)=\frac{1}{2}e+\frac{1}{2}=\frac{e+1}{2} \\ \end{align}\)

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ:

Với \(A\left( 20;20 \right)\), xét hình phẳng ở góc phân tư thứ nhất.

Hai Parbol có phương lần lượt là: \(y=a{{x}^{2}}\,\,\left( {{P}_{1}} \right)\) và \(x=a{{y}^{2}}\,\,\left( {{P}_{2}} \right)\)

Do Parabol \(\left( {{P}_{1}} \right)\) qua điểm \(A\left( 20;20 \right)\Rightarrow a=\frac{20}{{{20}^{2}}}=\frac{1}{20}\Rightarrow y=\frac{{{x}^{2}}}{20}\)

Do Parabol \(\left( {{P}_{2}} \right)\) qua điểm \(A\left( 20;20 \right)\Rightarrow a=\frac{20}{{{20}^{2}}}=\frac{1}{20}\Rightarrow x=\frac{{{y}^{2}}}{20}\Leftrightarrow y=\sqrt{20x}\)

Diện tích phân tô đậm ở góc phần tư thứ nhất là:

\(S=\int\limits_{0}^{20}{\left( \sqrt{20x}-\frac{{{x}^{2}}}{20} \right)dx}=\left( \frac{2}{3}\sqrt{20{{x}^{3}}}-\frac{{{x}^{3}}}{60} \right)\left| \begin{align}& ^{20} \\ & _{0} \\ \end{align} \right.=\frac{400}{3}.\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(y = {x^2}\), \(y = 0\), \(x = 1\), \(x = 2\) bằng: \(\int\limits_1^2 {{x^2}dx}  = \left. {\dfrac{{{x^3}}}{3}} \right|_1^2 = \dfrac{8}{3} - \dfrac{1}{3} = \dfrac{7}{3}\).

Hoành độ giao điểm của \(\left( {{P}_{1}} \right),\,\,\left( {{P}_{2}} \right)\) là nghiệm phương trình: \(a{{x}^{2}}-2=4-2a{{x}^{2}}\Leftrightarrow a{{x}^{2}}=2\Leftrightarrow x=\pm \,\sqrt{\frac{2}{a}}\)

Khi đó, diện tích hình phẳng cần tính là \(S=\int\limits_{-\,\sqrt{\frac{2}{a}}}^{\sqrt{\frac{2}{a}}}{\left| a{{x}^{2}}-2-4+2a{{x}^{2}} \right|\,\text{d}x}=3\int\limits_{-\,\sqrt{\frac{2}{a}}}^{\sqrt{\frac{2}{a}}}{\left| a{{x}^{2}}-2 \right|\,\text{d}x}.\)

\(=3\int\limits_{-\,\sqrt{\frac{2}{a}}}^{\sqrt{\frac{2}{a}}}{\left( 2-a{{x}^{2}} \right)\,\text{d}x}=3\left. \left( 2x-\frac{a{{x}^{3}}}{3} \right) \right|_{-\,t}^{t}=12t-2a{{t}^{3}}\) với \(t=\sqrt{\frac{2}{a}}\)\(\Rightarrow \)\(12\sqrt{\frac{2}{a}}-4\sqrt{\frac{2}{a}}=16\Leftrightarrow a=\frac{1}{2}.\)