Giải SGK Toán 12 CTST Bài 3. Ứng dụng hình học của tích phân có đáp án

Sau khi học xong bài, ta giải quyết bài toán này như sau:

Khối cầu có bán kính R là khối tròn xoay nhận được khi quay nửa hình tròn giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = \sqrt {{R^2} - {x^2}} \left( { - R \le x \le R} \right)$ và trục Ox quanh trục Ox.

Từ đó thể tích khối cầu là:

$V = \pi \int\limits_{ - R}^R {\left( {{R^2} - {x^2}} \right)dx} = \left. {\pi \left( {{R^2}x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{ - R}^R = \frac{{4\pi {R^3}}}{3}$.

a) Gọi A(3; 0), B(0; 6), C(5; 0), E(5; −4).

Ta có S$_{1}$ chính là diện tích của tam giác vuông OAB với OA = 3, OB = 6.

Do đó ${S_1} = {S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}.3.6 = 9$.

Ta có $\int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx}$$= \int\limits_0^3 {\left( {6 - 2x} \right)dx}$$= \left. {\left( {6x - {x^2}} \right)} \right|_0^3$ = 9.

Vậy ${S_1} = \int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx}$.

b) Ta có S$_{2}$ chính là diện tích của tam giác vuông ACE với AC = 2, CE = 4.

Do đó ${S_2} = {S_{\Delta ACE}} = \frac{1}{2}AC.CE = \frac{1}{2}.2.4 = 4$.

Ta có $\int\limits_3^5 {f\left( x \right)dx}$$= \int\limits_3^5 {\left( {6 - 2x} \right)dx}$$= \left. {\left( {6x - {x^2}} \right)} \right|_3^5$ = 5 – 9 = −4.

Do đó ${S_2} = - \int\limits_3^5 {f\left( x \right)dx}$.

c) Ta có $\int\limits_0^5 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx}$= $\int\limits_0^5 {\left| {6 - 2x} \right|dx}$$= \int\limits_0^3 {\left| {6 - 2x} \right|dx} + \int\limits_3^5 {\left| {6 - 2x} \right|dx}$

$= \int\limits_0^3 {\left( {6 - 2x} \right)dx} + \int\limits_3^5 {\left( {2x - 6} \right)dx}$$= \left. {\left. {\left( {6x - {x^2}} \right)} \right|_0^3 + \left( {{x^2} - 6x} \right)} \right|_3^5$

= 9 − 5 + 9 = 13.

Có S$_{1}$ + S$_{2}$ = 9 + 4 = 13 = $\int\limits_0^5 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx}$.

Ta có 2x – x$^{2}$ = 0 Û x = 0 hoặc x = 2.

Với x Î [0; 2] thì 2x – x$^{2}$ ≥ 0, với x Î [2; 3] thì 2x – x$^{2}$ ≤ 0.

Diện tích cần tính là:

$S = \int\limits_0^3 {\left| {2x - {x^2}} \right|dx}$$= \int\limits_0^2 {\left| {2x - {x^2}} \right|dx} + \int\limits_2^3 {\left| {2x - {x^2}} \right|dx}$$= \int\limits_0^2 {\left( {2x - {x^2}} \right)dx} + \int\limits_2^3 {\left( {{x^2} - 2x} \right)dx}$

$= \left. {\left( {{x^2} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^2 + \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2}} \right)} \right|_2^3$$= \frac{4}{3} + \frac{4}{3} = \frac{8}{3}$.

Với x Î [0; π] thì −1 ≤ cosx ≤ 1 nên −3 ≤ cosx − 2 ≤ −1 Þ cosx − 2 < 0.

Diện tích cần tính là:

$S = \int\limits_0^\pi {\left| {\cos x - 2} \right|} dx$$= \int\limits_0^\pi {\left( {2 - \cos x} \right)} dx$$= \left. {\left( {2x - \sin x} \right)} \right|_0^\pi$= 2π.

a) Ta có ${S_1} = \int\limits_0^2 {\left| {4x - {x^2}} \right|dx}$$= \int\limits_0^2 {\left( {4x - {x^2}} \right)dx}$$= \left. {\left( {2{x^2} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^2$$= \frac{{16}}{3}$.

b) Gọi A(2; 0), B(2; 2).

Ta có tam giác OAB là tam giác vuông tại A, có OA = 2, AB = 2.

Suy ra ${S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}.OA.AB = \frac{1}{2}.2.2 = 2$.

Do đó $S = {S_1} - {S_{\Delta OAB}} = \frac{{16}}{3} - 2 = \frac{{10}}{3}$.