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

Diện tích cần tính là:

$S = \int\limits_1^4 {\left| {{x^2} - 2x - 1 - \left( {x - 1} \right)} \right|dx}$$= \int\limits_1^4 {\left| {{x^2} - 3x} \right|dx}$.

Ta có x$^{2}$ – 3x = 0 Û x = 0 hoặc x = 3.

Do đó S$= \int\limits_1^3 {\left| {{x^2} - 3x} \right|dx} + \int\limits_3^4 {\left| {{x^2} - 3x} \right|dx}$

$= \int\limits_1^3 {\left( {3x - {x^2}} \right)dx} + \int\limits_3^4 {\left( {{x^2} - 3x} \right)dx}$$= \left. {\left( {\frac{{3{x^2}}}{2} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_1^3 + \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{3{x^2}}}{2}} \right)} \right|_3^4$$= \frac{9}{2} - \frac{7}{6} - \frac{8}{3} + \frac{9}{2} = \frac{{31}}{6}$.

Diện tích cần tính là:

$S = \int\limits_0^2 {\left| {5x - {x^2} - \left( {{x^2} - x} \right)} \right|dx}$$= \int\limits_0^2 {\left| {6x - 2{x^2}} \right|dx}$.

Ta có 6x – 2x$^{2}$ = 0 Û x = 0 hoặc x = 3.

Do đó S $= \int\limits_0^2 {\left( {6x - 2{x^2}} \right)dx}$$= \left. {\left( {3{x^2} - \frac{{2{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^2$$= \frac{{20}}{3}$.

Chon hệ tọa độ Oxy như hình vẽ.

Giả sử (P): y = ax$^{2}$ + bx + c (a ≠ 0).

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

$\left\{ \begin{array}{l}c = 0\\36a + 6b = 0\\9a + 3b = 6\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{2}{3}\\b = 4\\c = 0\end{array} \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 x = 0, x = 6.

Diện tích cần tính là:

$S = \int\limits_0^6 {\left| { - \frac{2}{3}{x^2} + 4x} \right|} dx$$= \int\limits_0^6 {\left( { - \frac{2}{3}{x^2} + 4x} \right)} dx$$= \left. {\left( { - \frac{{2{x^3}}}{9} + 2{x^2}} \right)} \right|_0^6 = 24$ m$^{2}$.

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

a) Ta có A'B'C'D' đồng dạng với ABCD theo tỉ số đồng dạng là $\frac{x}{h}$.

Do đó $\frac{{S\left( x \right)}}{{{S_{ABCD}}}} = {\left( {\frac{x}{h}} \right)^2} \Rightarrow S\left( x \right) = {\left( {\frac{x}{h}} \right)^2}.{a^2}$.

b) $\int\limits_0^h {S\left( x \right)dx}$$= \int\limits_0^h {{{\left( {\frac{x}{h}} \right)}^2}.{a^2}dx}$$= \frac{{{a^2}}}{{{h^2}}}\int\limits_0^h {{x^2}dx}$$= \left. {\left( {\frac{{{a^2}}}{{{h^2}}}.\frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^h$$= \frac{1}{3}{a^2}h$.

Có ${V_{O.ABCD}} = \frac{1}{3}.OA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.h.{a^2}$.

Vậy ${V_{O.ABCD}} = \int\limits_0^h {S\left( x \right)dx}$.

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

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

Do đó dung tích của bình là $V = \int\limits_0^4 {\left( {2 + \frac{{{x^2}}}{4}} \right)dx}$$= \left. {\left( {2x + \frac{{{x^3}}}{{12}}} \right)} \right|_0^4 = \frac{{40}}{3}$ (dm$^{3}$).

a) Cắt khối N bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x (0 ≤ x ≤ 4) thì mặt cắt là hình tròn có bán kính là $\frac{1}{2}x$.

Khi đó $S\left( x \right) = \pi {\left( {\frac{1}{2}x} \right)^2} = \frac{\pi }{4}{x^2}$.

b) Khối nón N có đường cao là 4 và bán kính hình tròn đáy là 2.

Do đó $V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.2^2}.4 = \frac{{16\pi }}{3}$.

Thể tích cần tìm là:

$V = \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)}^2}dx}$$= \pi \int\limits_1^2 {\left( {1 + \frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx}$$= \pi \left. {\left( {x + 2\ln \left| x \right| - \frac{1}{x}} \right)} \right|_1^2$

$= \pi \left[ {2 + 2\ln 2 - \frac{1}{2} - \left( {1 + 2\ln 1 - 1} \right)} \right]$$= \pi \left( {2ln2 + \frac{3}{2}} \right)$.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có O(0; 0), B(h; r).

Ta có OB là đường thẳng đi qua gốc tọa độ nên OB: y = ax.

Mà OB đi qua điểm B nên r = ah $\Rightarrow a = \frac{r}{h}$.

Do đó OB: $y = \frac{r}{h}x$.

Khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = \frac{r}{h}x$, trục hoành, trục tung và đường thẳng x = h quanh trục Ox ta được khối nón có chiều cao h và bán kính r.

Do đó thể tích của khối nón là:

$V = \pi \int\limits_0^h {{{\left( {\frac{r}{h}x} \right)}^2}dx} = \left. {\frac{{\pi {r^2}}}{{{h^2}}}.\frac{{{x^3}}}{3}} \right|_0^h = \frac{1}{3}\pi {r^2}h$.

a) Diện tích cần tính là:

$S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {{e^x}} \right|dx}$$= \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {{e^x}} \right|dx}$$= \left. {{e^x}} \right|_{ - 1}^1 = e - \frac{1}{e} = \frac{{{e^2} - 1}}{e}$.

b) Diện tích cần tính là:

$S = \int\limits_1^2 {\left| {x + \frac{1}{x}} \right|} dx$$= \int\limits_1^2 {\left( {x + \frac{1}{x}} \right)} dx$$= \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + \ln \left| x \right|} \right)} \right|_1^2$$= 2 + \ln 2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2} + \ln 2$.

Ta có x$^{3}$ – x = 0 Û x = 0 hoặc x = 1 hoặc x = −1.

Với x Î [0; 1] thì x$^{3}$ – x ≤ 0; x Î [1; 2] thì x$^{3}$ – x ≥ 0.

Diện tích cần tính là:

$S = \int\limits_0^2 {\left| {{x^3} - x} \right|dx}$$= \int\limits_0^1 {\left| {{x^3} - x} \right|dx} + \int\limits_1^2 {\left| {{x^3} - x} \right|dx}$$= \int\limits_0^1 {\left( {x - {x^3}} \right)dx} + \int\limits_1^2 {\left( {{x^3} - x} \right)dx}$

$= \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} - \frac{{{x^4}}}{4}} \right)} \right|_0^1 + \left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_1^2$$= \frac{1}{4} + 2 + \frac{1}{4} = \frac{5}{2}$.

Diện tích cần tính là:

$S = \int\limits_1^4 {\left| {\frac{{{x^2} + 1}}{x} + x} \right|dx}$$= \int\limits_1^4 {\left| {\frac{{2{x^2} + 1}}{x}} \right|dx}$$= \int\limits_1^4 {\left( {\frac{{2{x^2} + 1}}{x}} \right)dx}$$= \int\limits_1^4 {\left( {2x + \frac{1}{x}} \right)dx}$

$= \left. {\left( {{x^2} + \ln \left| x \right|} \right)} \right|_1^4$ = 16 + ln4 – 1 = 15 + ln4.

Diện tích cần tính là:

$S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {{x^3} + 1 - 2} \right|dx}$$= \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {{x^3} - 1} \right|dx}$.

Ta có x$^{3}$ – 1 = 0 Û x = 1.

Với x Î [−1; 1] thì x$^{3}$ – 1 ≤ 0, x Î [1; 2] thì x$^{3}$ – 1 ≥ 0.

Do đó S$= \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {{x^3} - 1} \right|dx} + \int\limits_1^2 {\left| {{x^3} - 1} \right|dx}$$= \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {1 - {x^3}} \right)dx} + \int\limits_1^2 {\left( {{x^3} - 1} \right)dx}$

$= \left. {\left( {x - \frac{{{x^4}}}{4}} \right)} \right|_{ - 1}^1 + \left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - x} \right)} \right|_1^2$$= \frac{3}{4} + \frac{5}{4} + 2 + \frac{3}{4} = \frac{{19}}{4}$.

Vì mặt cắt là tam giác vuông có một góc 45° nên mặt cắt là tam giác vuông cân.

Do đó diện tích của mặt cắt là $S\left( x \right) = \frac{1}{2}{\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right)^2} = \frac{1}{2}\left( {4 - {x^2}} \right) = 2 - \frac{1}{2}{x^2}$.

Thể tích vật thể là:

$V = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( {2 - \frac{1}{2}{x^2}} \right)dx}$$= \left. {\left( {2x - \frac{{{x^3}}}{6}} \right)} \right|_{ - 2}^2$$= \frac{8}{3} + \frac{8}{3} = \frac{{16}}{3}$.

Thể tích cần tính là:

$V = \pi \int\limits_0^4 {\left( {4 - x} \right)dx}$$= \pi \left. {\left( {4x - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^4$= 8π.

Ta có OABC là hình thang vuông, có đường cao OC nằm trên trục Ox.

Khi quay hình thang OABC quanh trục Ox ta được khối tròn xoay là khối nón cụt, có bán kính đáy bé r$_{1}$ = OA = 1, bán kính đáy lớn r$_{2}$ = BC = 2 và chiều cao h = OC = 2.

Thể tích cần tính là:

$V = \frac{1}{3}\pi \left( {r_1^2 + {r_1}{r_2} + r_2^2} \right)h = \frac{1}{3}\pi \left( {{1^2} + 1.2 + {2^2}} \right).2 = \frac{{14\pi }}{3}$.

Chọn trục Ox trùng với đường cao của hình chóp đều như hình vẽ, sao cho mặt đáy nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại x = 0.

Mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x (0 ≤ x ≤ h) cắt hình chóp đều theo mặt cắt là hình vuông đồng dạng với đáy của hình chóp theo tỉ số $\frac{x}{h}$.

Do đó $\frac{{S\left( x \right)}}{{{a^2}}} = {\left( {\frac{x}{h}} \right)^2}$$\Rightarrow S\left( x \right) = {\left( {\frac{x}{h}} \right)^2}{a^2} = \frac{{{a^2}}}{{{h^2}}}{x^2}$.

Do đó thể tích khối chóp tứ giác đều là:

$V = \int\limits_0^h {\frac{{{a^2}}}{{{h^2}}}{x^2}dx}$$= \left. {\left( {\frac{{{a^2}}}{{{h^2}}}.\frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^h = \frac{1}{3}{a^2}h$.