31 bài tập Một số bài toán thực tế liên quan đến Ứng dụng hình học của tích phân (có lời giải)

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Với hệ trục đã chọn, Parabol $\left( P \right):y = a{x^2} + bx + c{\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)$ có đỉnh $A\left( {0\,;\,8} \right)$ và đi qua điểm $B\left( { - 4\,;\,0} \right)$, $C\left( {4\,;\,0} \right)$ nên có phương trình: $y = - \frac{1}{2}{x^2} + 8$.

Diện tích $S$ mặt kính cần lắp là diện tích của hình phẳng $\left( H \right)$ giới hạn bởi $\left( P \right)$, trục hoành, đường thẳng $x = - 4;{\rm{ }}x = 4$.

Do đó:$S = \int\limits_{ - 4}^4 {\left( { - \frac{1}{2}{x^2} + 8} \right){\rm{d}}x} = \frac{{128}}{3}\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Diện tích hình vuông có cạnh bằng $1$ là $S = {1^2} = 1$.

Gọi ${S_1}$ là diện tích phần tô đậm.

${s}_{1}=(\sqrt[3]{x}-{x}^{3})dx=(\frac{3}{4}{x}^{\frac{4}{3}}-\frac{{x}^{4}}{4})|\frac{1}{0}|=\frac{1}{2}$

Vậy diện tích phần không được tô đậm trên viên gạch men bằng $S - {S_1} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

Diện tích phần hình chữ nhật $ABCD$ là ${S_1} = 2.4 = 8\,{m^2}$. Xét phần diện tích giới hạn bởi parabol và đoạn $AB$

Dựng hệ tọa độ $Oxy$ với $O$ là trung điểm của đoạn $AB$, đỉnh $I$ của parabol nằm trên tia $Oy$, khi đó ta có $I\left( {0;1} \right)$, $A\left( { - 1;0} \right)$, $B\left( {1;0} \right)$.

Parabol có trục đối xứng $Oy$ và cắt $Oy$ tại $I\left( {0;1} \right)$ nên có phương trình dạng: $y = a{x^2} + 1,\,\left( {a \ne 0} \right)$.

Parabol qua $B\left( {1;0} \right)$ nên ta có phương trình : $a + 1 = 0 \Leftrightarrow a = - 1$.

Do đó phương trình của parabol là: $y = - {x^2} + 1$.

Diện tích phần giới hạn bởi parabol với đoạn $AB$ là:

${S_2} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( { - {x^2} + 1} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( { - \frac{{{x^3}}}{3} + x} \right)} \right|_{ - 1}^1 = \frac{4}{3}\,\,\left( {{m^2}} \right)$.

Diện tích toàn bộ phần cánh cửa là $S = {S_1} + {S_2} = 8 + \frac{4}{3} = \frac{{28}}{3}\,\,\left( {{m^2}} \right)$.

Số tiền ông An phải trả bằng $\frac{{28}}{3}.900000 = 8400000$ (đồng).

a) Giả sử parabol $y = f(x)$ cho bời $f(x) = a{x^2} + bx + c(a \ne 0)$. Do parabol $y = f(x)$ đi qua điểm $D(0;2)$ nên $c = 2$, suy ra $f(x) = a{x^2} + bx + 2(a \ne 0)$. Vì parabol $y = f(x)$ đi qua các điểm $C( - 4;0),E(4;0)$ nên ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{16a - 4b + 2 = 0}\\{16a + 4b + 2 = 0.}\end{array}} \right.$

Hệ phương trình trên có nghiệm là $a = - \frac{1}{8},b = 0$. Vậy $f(x) = - \frac{1}{8}{x^2} + 2$.

- Giả sử parabol $y = g(x)$ cho bởi $g(x) = {a_1}{x^2} + {b_1}x + {c_1}\left( {{a_1} \ne 0} \right)$. Do parabol $y = g(x)$ đi qua điểm $G(0; - 3)$ nên ${c_1} = - 3$, suy ra $g(x) = {a_1}{x^2} + {b_1}x - 3\left( {{a_1} \ne 0} \right)$. Vì parabol $y = g(x)$ đi qua các điểm $C( - 4;0),E(4;0)$ nên ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{16{a_1} - 4{b_1} - 3 = 0}\\{16{a_1} + 4{b_1} - 3 = 0.}\end{array}} \right.$

Hệ phương trình trên có nghiệm là ${a_1} = \frac{3}{{16}},{b_1} = 0$. Vậy $g(x) = \frac{3}{{16}}{x^2} - 3$.

b) Diện tích của logo là: $S = {S_1} + {S_2}$, trong đó ${S_1}$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các parabol $f(x) = - \frac{1}{8}{x^2} + 2,g(x) = \frac{3}{{16}}{x^2} - 3$ và hai đường thẳng $x = - 5,x = - 4$; ${S_2}$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các parabol $f(x) = - \frac{1}{8}{x^2} + 2,g(x) = \frac{3}{{16}}{x^2} - 3$ và hai đường thẳng $x = - 4,x = 4$.

Do đó, ta có:

$S = \int_{ - 5}^{ - 4} | f(x) - g(x)|{\rm{d}}x + \int_{ - 4}^4 | f(x) - g(x)|{\rm{d}}x$

$= \int_{ - 5}^{ - 4} {\left[ {\left( {\frac{3}{{16}}{x^2} - 3} \right) - \left( { - \frac{1}{8}{x^2} + 2} \right)} \right]} {\rm{d}}x + \int_{ - 4}^4 {\left[ {\left( { - \frac{1}{8}{x^2} + 2} \right) - \left( {\frac{3}{{16}}{x^2} - 3} \right)} \right]} {\rm{d}}x$

$= \int_{ - 5}^4 {\left( {\frac{5}{{16}}{x^2} - 5} \right)} {\rm{d}}x + \int_{ - 4}^4 {\left( { - \frac{5}{{16}}{x^2} + 5} \right)} {\rm{d}}x$

$= \left. {\frac{5}{{48}}{x^3}} \right|_{ - 5}^{ - 4} - \left. {5x} \right|_{ - 5}^{ - 4} - \left. {\frac{5}{{48}}{x^3}} \right|_{ - 4}^4 + \left. {5x} \right|_{ - 4}^4$

$= \frac{{305}}{{48}} - 5 - \frac{{640}}{{48}} + 40 = \frac{{1345}}{{48}}.$

$S = \frac{{1345}}{{48}}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right).$

c) Gọi $t$ là lượng ánh sáng đi qua mỗi $\mathrm{dm}^2$ của logo. Suy ra lượng ánh sáng đi qua logo là $\frac{{1345}}{{48}}t$. Mặt khác, diện tích của cửa sổ là $(8 + 1) \cdot (2 + 3) = 45\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right)$ và lượng ánh sáng đi qua mỗi ${\rm{d}}{{\rm{m}}^2}$ của phần cửa sổ nằm ngoài logo là 2t. Suy ra, lượng ánh sáng đi qua cửa sổ trược khi làm logo là $45.2t = 90t$ và lượng ánh sáng đi qua phẩn cửa sổ nằm ngoài logo là: $\left( {45 - \frac{{1345}}{{48}}} \right)2t = \frac{{815}}{{24}}t$

Do đó, tổng lượng ánh sáng đi qua cửa sổ sau khi làm logo là: $\frac{{1345}}{{48}}t + \frac{{815}}{{24}}t = \frac{{2975}}{{48}}t.$

Tỉ số phần trăm của lượng ánh sáng đi qua cửa sổ sau khi làm logo so vởi lượng ánh sáng đi qua cửa sổ trược khi làm logo là: $\left( {\frac{{2975}}{{48}}t:90t} \right) \cdot 100\% = \frac{{297500}}{{4320}}\% \approx 68{,}9\% {\rm{. }}$

Vậy lượng ánh sáng khi đi qua toàn bộ cửa sổ sau khi làm logo sẽ giảm đi xấp xỉ là: 100% - 68,9% = 31,1%

Xét hình phẳng (H) (hình vẽ). Thể tích khối được giới hạn bởi bề mặt của trống là thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng (H) quanh trục hoành.

Gọi phương trình Parabol đi qua 3 điểm A, B, C là $(P):{\rm{ }}y = a{x^2} + bx + c{\rm{ }}\left( {a,b,c \in \mathbb{R},a \ne 0} \right)$

Thay tọa độ các điểm $A\left( {0;0{,}5} \right),B\left( { - 0{,}5;0{,}35} \right),C\left( {0{,}5;0{,}35} \right)$ vào phương trình của $(P)$ ta được

$\left\{ \begin{array}{l}c = 0{,}5\\0{,}25a - 0{,}5b + c = 0{,}35\\0{,}25a + 0{,}5b + c = 0{,}35\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 0{,}6\\b = 0\\c = 0{,}5\end{array} \right. \Rightarrow (P):y = - 0{,}6{x^2} + 0{,}5$

Thể tích cần tìm $V = \pi \int\limits_{ - 0{,}5}^{0{,}5} {{{\left( { - 0{,}6{x^2} + 0{,}5} \right)}^2}dx = \frac{{409\pi }}{{2000}}} {\rm{ }}({m^3})$.

Dựa vào đồ thị Hình 1, ta có: $v(t) = \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\frac{{10}}{8}t,}&{0 \le t < 8}\\{10,}&{8 \le t < 30}\\{ - t + 40,}&{30 \le t \le 40}\end{array}} \right.$

Quãng đường ca nô đi được là: $s = \int_0^{40} v (t)dt = \int_0^8 {\frac{{10}}{8}} tdt + \int_8^{30} 1 0dt + \int_{30}^{40} {( - t + 40)} dt$

$= \left. {\frac{{10{t^2}}}{{16}}} \right|_0^8 + \left. {10t} \right|_8^{30} + \left. {\left( { - \frac{{{t^2}}}{2} + 40t} \right)} \right|_{30}^{40} = 40 + 300 - 80 + 800 - 750 = 310\;{\rm{m}}.$

Quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian từ $t = 0$ đến $t = 5$ là:

$s = \int_0^5 v (t)dt = \int_0^5 {(3t + 4)} dt = \left. {\left( {3\frac{{{t^2}}}{2} + 4t} \right)} \right|_0^5 = 57{,}5\;{\rm{m}}$

Tốc độ của chất điểm tại thời điểm $t$ kể từ khi bắt đầu tăng tốc là:

$v(t) = \int a (t)dt = \int 3 dt = 3t + C{\rm{. }}$

Vì $v(0) = 1$ nên $C = 1$.

Do đó $v(t) = 3t + 1$.

Sau 10 giây tốc độ của chất điểm là: $v(10) = 3.10 + 1 = 31\;{\rm{m}}/{\rm{s}}$.

a) Quãng đường $s(t)$ vật di chuyển được sau thời gian $t$ giây là:

$s(t) = \int v (t)dt = \int 1 0tdt = 5{t^2} + C{\rm{. }}$

${\mathop{\rm Vis}\nolimits} (0) = 0$ nên $C = 0$.

Do đó $s(t) = 5{t^2}$.

b) Vật chạm đất khi ${\rm{s}}({\rm{t}}) = 100 \Leftrightarrow 5{{\rm{t}}^2} = 100 = > t = 2\sqrt 5 ($ vì ${\rm{t}} > 0)$.

Vậy vật chạm đất sau $2\sqrt 5 \approx 4{,}47$ giây.

Tốc độ rơi trung bình là $\frac{1}{{2\sqrt 5 }}\int_0^{2\sqrt 5 } 1 0tdt = \left. {\frac{1}{{2\sqrt 5 }} \cdot 5{t^2}} \right|_0^{2\sqrt 5 } = 10\sqrt 5 \;{\rm{m}}/{\rm{s}}$

a) Dân số của thành phố vào năm thứ t là:

$P(t) = \int {{P^\prime }} (t)dt = \int 2 0 \cdot {(1{,}106)^t}dt = 20 \cdot \frac{{{{(1{,}106)}^t}}}{{\ln 1{,}106}} + C$

Vî ${\rm{P}}(0) = 1008$ nên $20 \cdot \frac{1}{{\ln 1{,}106}} + C = 1008 \Rightarrow C \approx 809$

Do đó $P(t) = 20 \cdot \frac{{{{(1{,}106)}^t}}}{{\ln 1{,}106}} + 809$

Dân số của thành phố ở thời điếm đầu năm 2020 là:

$P(5) = 20 \cdot \frac{{{{(1{,}106)}^5}}}{{\ln 1{,}106}} + 809 \approx 1137$nghìn người

b) Tốc độ tăng dân số trung bình hằng năm là:

$\frac{1}{5}\int_0^5 {{P^\prime }} (t)dt = \frac{1}{5}\int_0^5 2 0 \cdot {(1{,}106)^t}dt = \left. {4 \cdot \frac{{{{(1{,}106)}^t}}}{{\ln 1{,}106}}} \right|_0^5 = 4 \cdot \left( {\frac{{{{(1{,}106)}^5}}}{{\ln 1{,}106}} - \frac{1}{{\ln 1{,}106}}} \right) \approx 26$nghìn người/năm

Ta tính diện tích phần cổng hình parabol. Chọn hệ trục tọa độ Oxy với gốc tọa độ O trùng với chân bên trái cổng parabol như hình sau:

Gọi phương trình parabol là $y = f(x) = a{x^2} + bx + c(a \ne 0)$.

Parabol đi qua các điểm $(0;0),(2;4{,}8)$ và $(4;0)$ nên ta có:

Do đó, $y = f(x) = - 1{,}2{x^2} + 4{,}8x$.

Diện tích phần cổng hình parabol chính là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f(x) = - 1{,}2{x^2} + 4{,}8x$, trục $O x$ và hai đường thẳng $x = 0,x = 4$.

Ta có ${S_p} = \int_0^4 {\left( { - 1{,}2{x^2} + 4{,}8x} \right)} dx = \left. {\left( { - 0{,}4{x^3} + 2{,}4{x^2}} \right)} \right|_0^4 = 12{,}8\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Diện tích phần mặt ngoài của bức tường cần sơn là: $S = 10 \cdot (2 + 4 + 2) - 12{,}8 = 67{,}2\left( {{m^2}} \right){\rm{. }}$

Tổng chi phí để sơn lại toàn bộ mặt ngoài của bức tường đó là: $67{,}2 \cdot 15000 = 1008000{\rm{ (dong)}}{\rm{. }}$

a) Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ${\rm{y}} = {\rm{f}}({\rm{t}})$, trục Ot và hai đường thẳng ${\rm{t}} =$ $0,{\rm{t}} = 2$ là hình thang vuông OABC (xem hình dưới).

Ta có ${{\rm{S}}_{{\rm{OABC}}}} = \frac{{AB + OC}}{2} \cdot BC = \frac{{1 + 2}}{2} \cdot 2 = 3$.

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f(t)$, trục Ot và hai đường thẳng ${\rm{t}} = 0,{\rm{t}} = 2$ bằng 3 .

b) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f(t)$, trục Ot và hai đường thẳng ${\rm{t}} = 0,{\rm{t}} = 1$ là: $V = \int_0^1 | f(t)|dt = \int_0^1 f (t)dt = \int_0^1 f (u)du$.

Do đó, $\int_0^1 f (u)du$ biểu thị cho phần diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ${\rm{y}} = {\rm{f}}({\rm{t}})$, trục Ot và hai đường thẳng ${\rm{t}} = 0,{\rm{t}} = 1$.

Chọn hệ tọa độ Oxy với gốc tọa độ O trùng với chân cửa bên trái như hình dưới đây.

Gọi đồ thị hàm số biểu thị cho cửa đã cho có dạng $y = a{x^2} + bx + c(a \ne 0)$.

Đồ thị hàm số này đi qua gốc tọa độ $O(0;0)$ và các điểm $(35;21),(70;0)$ nên

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{\rm{c}} = 0}\\{{\rm{a}} \cdot {{35}^2} + {\rm{b}} \cdot 35 + {\rm{c}} = 21 \Leftrightarrow }\\{{\rm{a}} \cdot {{70}^2} + {\rm{b}} \cdot 70 + {\rm{c}} = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{\rm{a}} = - \frac{3}{{175}}}\\{\;{\rm{b}} = \frac{6}{5}}\\{{\rm{c}} = 0}\end{array}} \right.} \right.{\rm{. }}$Suy ra $y = - \frac{3}{{175}}{x^2} + \frac{6}{5}x$

Diện tích mặt kính cần lắp $V$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = - \frac{3}{{175}}{x^2} + \frac{6}{5}x$, trục O và hai đường thẳng ${\rm{x}} = 0,{\rm{x}} = 70$.

Ta có” $V = \int_0^{70} {\left( { - \frac{3}{{175}}{x^2} + \frac{6}{5}x} \right)} dx = \left. {\left( { - \frac{{{x^3}}}{{175}} + \frac{{3{x^2}}}{5}} \right)} \right|_0^{70} = - \frac{{{{70}^3}}}{{175}} + \frac{{3 \cdot {{70}^2}}}{5} = 980\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right)$

Hình phẳng tô màu xanh trong Hinh 34 được giới hạn bởi đồ thị hàm số ${\rm{y}} =$ ${\rm{f}}({\rm{x}})$, các đường thẳng ${\rm{y}} = 5,{\rm{x}} = - 5,{\rm{x}} = 10$.

Diện tích hình phẳng này là:

$V = \int_{ - 5}^{10} | 5 - f(x)|dx = \int_{ - 5}^{10} {\left| {5 - \frac{3}{{100}}\left( { - \frac{1}{3}{x^3} + 5{x^2}} \right)} \right|} dx$

$= \int_{ - 5}^{10} {\left[ {5 - \frac{3}{{100}}\left( { - \frac{1}{3}{x^3} + 5{x^2}} \right)} \right]} dx = \left. {\left[ {5x - \frac{3}{{100}}\left( { - \frac{{{x^4}}}{{12}} + \frac{{5{x^3}}}{3}} \right)} \right]} \right|_{ - 3}^{10}$

$= \left[ {5 \cdot 10 - \frac{3}{{100}}\left( { - \frac{{{{10}^4}}}{{12}} + \frac{{5 \cdot {{10}^3}}}{3}} \right)} \right] - \left[ {5 \cdot ( - 5) - \frac{3}{{100}}\left( { - \frac{{{{( - 5)}^4}}}{{12}} + \frac{{5 \cdot {{( - 5)}^3}}}{3}} \right)} \right]$

$= 25 - \left( { - \frac{{275}}{{16}}} \right) = \frac{{675}}{{16}}\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right).$

Chon hệ tọa độ Oxy như hình vẽ.

Giả sử $(P):y = a{x^2} + bx + c(a \ne 0)$.

Vi $(P)$ đi qua các điểm $(0;0),(6;0),(3;6)$ nên ta có:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{c = 0}\\{36a + 6b = 0}\\{9a + 3b = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a = - \frac{2}{3}}\\{b = 4}\\{c = 0}\end{array}} \right.} \right.$. Vậy (P): $y = - \frac{2}{3}{x^2} + 4x$.

Bài toán trở thành tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số $y = - \frac{2}{3}{x^2} + 4x$, trục hoành và hai đường thẳng ${\rm{x}} = 0,{\rm{x}} = 6$.

Diện tích cần tính là: $S = \int_0^6 {\left| { - \frac{2}{3}{x^2} + 4x} \right|} dx = \int_0^6 {\left( { - \frac{2}{3}{x^2} + 4x} \right)} dx = \left. {\left( { - \frac{{2{x^3}}}{9} + 2{x^2}} \right)} \right|_0^6 = 24\;{{\rm{m}}^2}$

Vậy diện tích của cửa hầm là $24\;{{\rm{m}}^2}$.

Cửa có hình dạng một parabol $(P)$ với phương trình $y = a{x^2} + bx + c$.

Parabol $(P)$ có đỉnh $I\left( {0;\frac{9}{4}} \right)$ nên $c = \frac{9}{4}$, suy ra $(P):y = a{x^2} + bx + \frac{9}{4}$.

Vì parabol $(P)$ đi qua các điểm $A\left( { - \frac{3}{2},0} \right),B\left( {\frac{3}{2};0} \right)$ nên $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\frac{9}{4}a - \frac{3}{2}b = - \frac{9}{4}}\\{\frac{9}{4}a + \frac{3}{2}b = - \frac{9}{4}}\end{array}} \right.$, suy ra $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a = - 1}\\{b = 0}\end{array}} \right.$

Do đó $(P):y = - {x^2} + \frac{9}{4}$.

Gọi $S\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right)$ là diện tích kính cẩn lắp. Ta có $S$ bằng diện tích hình phẳng $(H)$ giới hạn bởi parabol, trục hoành và các đường thẳng $x = - \frac{3}{2},x = \frac{3}{2}$.

$S = \int_{ - \frac{3}{2}}^{\frac{3}{2}} {\left( { - {x^2} + \frac{9}{4}} \right)} {\rm{d}}x = \left. {\left( { - \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{9}{4}x} \right)} \right|_{ - \frac{3}{2}}^{\frac{3}{2}} = \frac{9}{2}\left( {{m^2}} \right)$

Vậy diện tích kính cản lắp là $\frac{9}{2}{m^2}$.

Chọn trục Ox như hình vẽ, hai đáy của bình nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục $O x$ tại $x = 0$ và $x = h$.

Mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ $x(0 \le x \le 4)$ cắt bình theo mặt cắt là hình vuông và có diện tích là $S(x) = 2 + \frac{{{x^2}}}{4}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Do đó dung tích của bình là $V = \int_0^4 {\left( {2 + \frac{{{x^2}}}{4}} \right)} dx = \left. {\left( {2x + \frac{{{x^3}}}{{12}}} \right)} \right|_0^4 = \frac{{40}}{3}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Tam giác OMP là tam giác vuông tại $P$ nên:

${\rm{OP}} = {\rm{OM}} \cdot \cos \widehat {POM} = \ell \cdot \cos \alpha ;$

${\rm{MP}} = {\rm{OM}} \cdot \sin \widehat {POM} = \ell \cdot \sin \alpha$

Khi đó, điếm $M$ có tọa độ là $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_M} = OP = 1 \cdot \cos \alpha }\\{{y_M} = MP = 1 \cdot \sin \alpha }\end{array}} \right.$. Suy ra $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{1 = \frac{{{x_M}}}{{\cos \alpha }}}\\{{y_M} = \frac{{{x_M}}}{{\cos \alpha }} \cdot \sin \alpha }\end{array}} \right.$.

Suy ra ${{\rm{y}}_{\rm{M}}} = {{\rm{x}}_{\rm{M}}} \cdot \tan {\rm{a}}$. Do đó điếm M thuộc đường thắng ${\rm{y}} = {\rm{x}} \cdot \tan {\rm{a}}$.

Lại có điếm O cũng thuộc đường thẳng trên nên phương trình đường thắng OM là:

$y = x \cdot \tan \alpha .$

Khi đó, tam giác OPM là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ${\rm{y}} = {\rm{x}} \cdot \tan {\rm{a}}$, trục Ox và hai đường thắng $x = 0,x = \ell \cdot \cos \alpha$. Khối tròn xoay $\mathcal{N}$ là khối tròn xoay thu được khi quay hình phắng trên quanh trục $O x$.

Thế tích khối tròn xoay này là:

$V = \pi \int_0^{1 \cdot \cos \alpha } {{{(x \cdot \tan \alpha )}^2}} dx = \left. {\pi {{\tan }^2}\alpha \cdot \frac{{{x^3}}}{3}} \right|_0^{1 \cdot \cos \alpha }$

$= \frac{{\pi {{\tan }^2}\alpha }}{3} \cdot {(1 \cdot \cos \alpha )^3} = \frac{{\pi {1^3}}}{3} \cdot \frac{{{{\sin }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }} \cdot {\cos ^3}\alpha = \frac{{\pi {1^3}}}{3} \cdot {\sin ^2}\alpha \cdot \cos \alpha$

Thể tích thùng rượu vang đó là:

${\rm{V}} = \pi \int_{ - 35}^{35} {{{\left( { - 0{,}011{{\rm{x}}^2} - 0{,}071{\rm{x}} + 40} \right)}^2}} {\rm{dx}}$

$= \pi \int_{ - 35}^{35} {\left( {0{,}000121{{\rm{x}}^4} + 0{,}005041{{\rm{x}}^2} + 1600 + 0{,}001562{{\rm{x}}^3} - 0{,}88{{\rm{x}}^2} - 5{,}68{\rm{x}}} \right)} {\rm{dx}}$

$= \pi \int_{ - 35}^{35} {\left( {0{,}000121{{\rm{x}}^4} + 0{,}001562{{\rm{x}}^3} - 0{,}874959{{\rm{x}}^2} - 5{,}68{\rm{x}} + 1600} \right)} {\rm{dx}}$

$= \left. {\pi \left( {0{,}0000242{{\rm{x}}^5} + 0{,}0003905{{\rm{x}}^4} - 0{,}291653{{\rm{x}}^3} - 2{,}84{{\rm{x}}^2} + 1600{\rm{x}}} \right)} \right|_{ - 35}^{35}$

$= \pi [41873{,}40106 - ( - 47659{,}41294)] \approx 281275{,}6307\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).$

Diện tích của mặt cắt là: $S(x) = \pi {(10 + \sqrt x )^2}$.

Dung tích của chậu là:

$V = \int_0^{16} S (x)dx = \pi \int_0^{16} {{{(10 + \sqrt x )}^2}} dx = \pi \int_0^{16} {(100 + 20\sqrt x + x)} dx = \left. {\pi \left( {100x + \frac{{40}}{3}{x^{\frac{3}{2}}} + \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^{16} = \frac{{7744}}{3}\pi$

Diện tích mặt cắt là: $S(x) = \left( {9 - {x^2}} \right)\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Thể tích của lều là: $V = \int_0^3 {\left( {9 - {x^2}} \right)} dx = \left. {\left( {9x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^3 = 18$.

Thế tích cần tìm là:

$\begin{array}{l}V = \pi \int_{R - h}^R {\left( {{R^2} - {x^2}} \right)} dx = \left. {\pi \left( {{R^2}x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{R - h}^R = \pi \left( {{R^3} - \frac{{{R^3}}}{3} - {R^2}(R - h) + \frac{{{{(R - h)}^3}}}{3}} \right)\\ = \pi \left( {{R^3} - \frac{{{R^3}}}{3} - {R^3} + {R^2}h + \frac{{{R^3}}}{3} - {R^2}h + R{h^2} - \frac{{{h^3}}}{3}} \right) = \pi \left( {R{h^2} - \frac{{{h^3}}}{3}} \right) = \pi {h^2}\left( {R - \frac{h}{3}} \right)\end{array}$

Thế tích đất sét cần sử dụng là:

$V = \pi \int_0^{31} {{{\left( {\frac{1}{{175}}{x^2} + \frac{3}{{35}}x + 5} \right)}^2}} dx - \pi \int_0^{30} {{{\left( {\frac{1}{{175}}{x^2} + \frac{3}{{35}}x + 5} \right)}^2}} dx$

$= \pi \int_0^{30} {{{\left( {\frac{1}{{175}}{x^2} + \frac{3}{{35}}x + 5} \right)}^2}} dx + \pi \int_{30}^{31} {{{\left( {\frac{1}{{175}}{x^2} + \frac{3}{{35}}x + 5} \right)}^2}} dx - \pi \int_0^{30} {{{\left( {\frac{1}{{175}}{x^2} + \frac{3}{{35}}x + 5} \right)}^2}} dx$

$= \pi \int_{30}^{31} {{{\left( {\frac{1}{{175}}{x^2} + \frac{3}{{35}}x + 5} \right)}^2}} dx$

$= \pi \int_{30}^{31} {\left( {\frac{1}{{{{175}^2}}}{x^4} + \frac{9}{{1225}}{x^2} + 25 + \frac{6}{{6125}}{x^3} + \frac{2}{{35}}{x^2} + \frac{6}{7}x} \right)} dx$

$= \pi \int_{30}^{31} {\left( {\frac{1}{{{{175}^2}}}{x^4} + \frac{6}{{6125}}{x^3} + \frac{{79}}{{1225}}{x^2} + \frac{6}{7}x + 25} \right)} dx$

$= \left. {\pi \left( {\frac{{{x^5}}}{{153125}} + \frac{{3{x^4}}}{{12250}} + \frac{{79{x^3}}}{{3675}} + \frac{{3{x^2}}}{7} + 25x} \right)} \right|_{30}^{31}$

$\approx \pi (2240{,}4 - 2073{,}2) = 167{,}2\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).$

Vậy để hoàn thành bình gốm đó ta cần sứ dụng $167{,}2\pi {\rm{c}}{{\rm{m}}^3}$ đắt sét.

Thiết diện là parabol có chiều cao $h = 3 - \frac{2}{5}x\left( {cm} \right)$Vậy độ dài cạnh đáy là $a = 2h = 2\left( {3 - \frac{2}{5}x} \right)\left( {cm} \right)$

Khi đó, diện tích thiết diện là $S\left( x \right) = \frac{2}{3}ah = \frac{4}{3}{\left( {3 - \frac{2}{5}x} \right)^2}$.

Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Ta có $V = \int\limits_0^5 {S\left( x \right){\rm{d}}x}$ $= \int\limits_0^5 {\frac{4}{3}{{\left( {3 - \frac{2}{5}x} \right)}^2}} {\rm{d}}x$ $= \frac{{260}}{9} \approx 29\left( {c{m^3}} \right)$

Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Giả sử phương trình của parabol là $\left( P \right):y = a{x^2} + bx + c$.

Ta có parabol có đỉnh là $\left( {0;3} \right)$ và đi qua điểm $\left( {\frac{3}{2};0} \right)$ nên có $\left( P \right):y = \frac{{ - 4}}{3}{x^2} + 3$.

Cắt vật thể bởi một mặt phẳng vuông góc với trục $Ox$ tại điểm có hoành độ $x{\rm{ }}\left( {\frac{{ - 3}}{2} \le x \le \frac{3}{2}} \right)$, ta thấy thiết diện thu được là một hình chữ nhật có chiều rộng bằng $\frac{{ - 4}}{3}{x^2} + 3$ mét và chiều dài bằng $6$ mét. Diện tích thiết diện thu được là $6\left( {\frac{{ - 4}}{3}{x^2} + 3} \right) = - 8{x^2} + 18$. Vậy $V = \int\limits_{\frac{{ - 3}}{2}}^{\frac{3}{2}} {\left( { - 8{x^2} + 18} \right)} \,{\rm{d}}x = 36\,\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)$.

+) Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ.

$R = 4\,\,{\rm{cm}}$ là bán kính đáy cốc, $h = 12\,\,{\rm{cm}}$ là chiều cao của cốc.

+) Thiết diện cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục $Ox$ tại điểm có hoành độ $x\,\,\left( { - 4 \le x \le 4} \right)$ là một tam giác $ABC$ vuông tại $B$ có độ dài cạnh $BC = \sqrt {{R^2} - {x^2}} = \sqrt {16 - {x^2}}$

$BA = \sqrt {{R^2} - {x^2}} .\tan \alpha = \sqrt {{R^2} - {x^2}} .\frac{h}{R} = \sqrt {16 - {x^2}} .\frac{{12}}{4} = 3\sqrt {16 - {x^2}}$.

+) Diện tích thiết diện là $S\left( x \right) = \frac{1}{2}\sqrt {16 - {x^2}} .3\sqrt {16 - {x^2}} = \frac{3}{2}\left( {16 - {x^2}} \right)$ $\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

+) Thể tích khối nước trong cốc là $V = \int\limits_{ - 4}^4 {\frac{3}{2}\left( {16 - {x^2}} \right)dx}$$= \frac{3}{2}\left( {16x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}4\\{ - 4}\end{array}} \right. = 128$ $\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

Chú ý: Có thể tính thể tích hình trên bằng công thức tính nhanh $V = \frac{2}{3}{R^2}h$.

+) Với $R = 4$ ${\rm{cm}}$, $h = 12$ ${\rm{cm}}$ thể tích cần tìm $V = \frac{2}{3}{.4^2}.12 = 128$ ${\rm{c}}{{\rm{m}}^3}$.

Diện tích thiết diện : $S\left( x \right) = \frac{1}{2}\pi .{\left( {\frac{x}{2}} \right)^2} + \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{\pi + 2\sqrt 3 }}{8}{x^2}$.

Suy ra thể tích vật thể : $V = \int_1^4 {S\left( x \right)dx} = \int_1^4 {\frac{{\pi + 2\sqrt 3 }}{8}{x^2}dx} = \frac{{21.\left( {\pi + 2\sqrt 3 } \right)}}{8}$(đvtt).