Chương 1: Khảo Sát Và Vẽ Đồ Thị Của Hàm Số
Chương 2 Hàm số lũy thừa, Hàm số mũ và Hàm số Lôgarit
Chương 3: Nguyên Hàm – Tích Phân Và Ứng Dụng
Chương 4: Số phức
Chương 1: Khối Đa Diện
Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu
Chương 3 Phương pháp tọa độ trong không gian

Giải bài tập bài 3 Ứng dụng của tích phân trong hình học

toan 12
Giải bài tập bài 3 Ứng dụng của tích phân trong hình học

Bài tập 1 trang 121 SGK Giải tích 12

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:

a) \(y = x^2, y = x + 2\);

b) \(y = |lnx|, y = 1\);

c) \(y = (x – 6)^2, y = 6x- x^2\)

Hướng dẫn giải chi tiết bài 1

Câu a:

Xét phương trình:

\(x^2=x+2\Leftrightarrow x^2-x-2=0\Leftrightarrow x=-1;x=2\)

⇒ Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong \(y=x^2\) và đường thẳng \(y=x+2\) là:

\(S=\int_{1}^{2} \left | x^2-(x+2) \right |dx= \int_{1}^{2}\left | x^2-x-2 \right |dx\)

Vì \(x^2-x-2\leq 0\) khi \(-1\leq x\leq 2\)

nên \(S=-\int_{1}^{2}(x^2-x-2)dx= \left ( -\frac{x^3}{3} +\frac{x^2}{2} +2x \right ) \Bigg|^2_1\)

\(=\left ( -\frac{8}{3}+2+4 \right )-\left ( \frac{1}{3}+\frac{1}{2}-2 \right )= \frac{9}{2}\)

Vậy \(S=\frac{9}{2}\) (đvdt)

Câu b:

Xét phương trình: \(\left | lnx \right | =1\Leftrightarrow x=e;x=\frac{1}{e}\)

Do đó diện tích cần tìm là: \(S=\int_{1}^{e} \left |\left | lnx \right |-1 \right |dx\)

Ta có: \(\left | lnx \right | = \left\{\begin{matrix} ln x \ neu \ x\geq 1\\ -lnx \ neu \ 0< x\leq 1 \end{matrix}\right.\)

Do đó:

\(S=\int^{e}_{\frac{1}{e}}\left |\left | lnx \right |-1 \right |dx= \int^{e}_{\frac{1}{e}} \left | lnx-1 \right |dx+\int^{e}_{\frac{1}{e}} \left | -lnx-1 \right |dx\)

\(=\int^{e}_{\frac{1}{e}}(1-lnx)dx+\int^{e}_{\frac{1}{e}}(lnx+1)dx\)

(Vì \(lnx-1<0, \forall x\in \left [ \frac{1}{e} ;1\right ]\) và \(-lnx-1<0, \forall x\in \left [ 1;e \right ]\))

\(\Rightarrow S=\int^{1}_{\frac{1}{e}}dx-\int^{1}_{\frac{1}{e}}lnx dx+ \int^{e}_{\frac{1}{e}}lnx dx +\int^{e}_{\frac{1}{e}}dx\)

\(=x\bigg|^{1}_{\frac{1}{e}}+\bigg|^{e}_{\frac{1}{e}} – \int_{\frac{1}{e}}^{e}ln xdx+\int_{1}^{e} ln xdx\)

\(=1-\frac{1}{e}+e-1-\int_{\frac{1}{e}}^{e} lnx dx+\int_{1}^{e}ln x dx\)

\(=e-\frac{1}{e}-x lnx \Bigg|^1_{\frac{1}{e}}+\int_{\frac{1}{e}}^{1}dx+xln \Bigg|^e_1-\int_{1}^{e}dx\)

\(=e-\frac{1}{e}-\frac{1}{e}+1-\frac{1}{e}+e-e+1=e-\frac{3}{e}+2\) (đvdt)

Câu c:

Xét phương trình: \((x-6)^2=6x-x^2\Leftrightarrow 2x^2-18x+36=0\)

\(\Leftrightarrow x=3;x=6\)

Do đó diện tích cần tìm là:

\(S=\int_{3}^{6} \left | (x-6)^2-(6x-x^2) \right |dx= \int_{3}^{6} \left | 2x^2-18x+36 \right |dx\)

\(=-2\int_{3}^{6}(x^2-9x+18)dx\)

(Vì: \(2x^2-18x+36 \leq 0\) khi \(3\leq x\leq 6\))

\(=-2\left ( \frac{x^3}{3}-\frac{9}{2}x^2+18x \right ) \bigg|^6_3=-2\left ( 8-\frac{45}{2} \right )=9\) (đvdt).

==============

Bài tập 2 trang 121 SGK Giải tích 12

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = x2 +1, tiếp tuyến với đường thẳng này tại điểm M(2;5) và trục Oy.

Hướng dẫn giải chi tiết bài 2

Giải bài tập bài 3 Ứng dụng của tích phân trong hình học

Ta lập phương trình tiếp tuyến với \(y=x^2+1\) tại M ta có \(y’=2x\Rightarrow y'(2)=4.\) Do đó phương trình tiếp tuyến với \(y=x^2+1\) tại M(2;5) có phương trình là: \(y=4x-3\)

Vậy diện tích cần tìm là:

\(S=\int_{0}^{2}|x^{2}+1 -(4x+3)|dx =\int_{0}^{2}(x^{2}-4x+4)dx\)

\(=\left ( \frac{1}{3}x^3-2x^2+4x \right ) \Bigg|^2_0 =\frac{8}{3} -8 +8=\frac{8}{3}.\) (đvdt)

===========

Bài 3:Trang 121-sgk giải tích 12

Parabol $y=\frac{x^{2}}{2}$ chia hình tròn có tâm tại gộc toạ độ, bán kính $2\sqrt{2}$ thành hai phần.

Tìm tỉ số diện tích của chúng.

Hướng dẫn giải chi tiết bài 3

Giải bài tập bài 3 Ứng dụng của tích phân trong hình học

 

Từ hình vẽ ta có:

\(S_1=2 \int_{0}^{2} \left [ \sqrt{8-x^2}-\frac{x^2}{2} \right ] dx\)

\(=2 \int_{0}^{2} \sqrt{8-x^2}- \int_{0}^{2} x^2 dx\)

\(=2 \int_{0}^{2} \sqrt{8-x^2}dx-\frac{x^3}{3}\Bigg |^2_0\)

\(=2 \int_{0}^{2} \sqrt{8-x^2}dx-\frac{8}{3}\)

Đặt \(x=2\sqrt{2}sint\Rightarrow dx=2\sqrt{2}costdt\)

Khi x = 0 thì  t = 0; khi x = 2 thì \(t=\frac{\pi }{4}\)

\(\Rightarrow 2\int_{0}^{2}\sqrt{8-x^2}dx=4\sqrt{2} \int_{0}^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{8-8sin^2t}.cost dt\)

\(=16 \int_{0}^{\frac{\pi }{4}}cos^2t dt=8 \int_{0}^{\frac{\pi }{4}}(1+cos2t)dt=2\pi+4\)

\(\Rightarrow S_1=2\pi+4-\frac{8}{3}=\frac{6\pi+4}{3}\)

Gọi S là diện tích hình tròn tâm O bán kính \(R=2\sqrt{2}\) ta có \(S=8\pi .\)

Từ đó \(\Rightarrow S_2=S-S_1=8\pi-\frac{6\pi+4}{3}= \frac{18 \pi-4}{3}\)

Vậy \(\frac{S_2}{S_1}=\frac{18\pi -4}{6\pi+4}=\frac{9\pi-2}{3\pi+2}\)

 

================

Bài tập 4 trang 121 SGK Giải tích 12

Tính thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường sau quay quanh trục Ox:

a) \(\small y = 1 – x^2 , y = 0\) ;

b) \(\small y = cosx, y = 0, x = 0, x = \pi\) ;

c)  \(\small y = tanx, y = 0, x = 0,x=\frac{\pi }{4}\) ;

Hướng dẫn giải chi tiết bài 4

Câu a:

Xét phương trình: \(1-x^2=0\Leftrightarrow x=1;x=-1\)

Áp dụng công thức (5) ta có thể tích cần tìm là:

\(V= \pi \int_{-1}^{1}(1-x^2)^2dx= \pi \int_{-1}^{1} (1-2x^2+x^4)dx\)

\(=\left ( x-\frac{2}{3}x^3+\frac{x^5}{5} \right ) \Bigg|^1_{-1}= \pi\left [ \left ( 1-\frac{2}{3} +\frac{1}{5}\right ) – \left ( -1+\frac{2}{3}-\frac{1}{5} \right )\right ]\)

\(=\pi \left ( 2-\frac{4}{3}+\frac{2}{5} \right )=\frac{16 \pi}{15}\)

Câu b:

Áp dụng công thức (5) ta có:

\(V=\pi \int_{0}^{\pi }cos^2x dx=\pi \int_{0}^{\pi }\frac{1+cos2x}{2}dx\)

\(=\frac{\pi }{2} \int_{0}^{\pi }dx+\frac{\pi }{4} \int_{0}^{\pi }cos2x d2x\)

\(=\frac{\pi }{2}x \Bigg|^{\pi}_0+ \frac{\pi }{4}sin 2x \Bigg|^{\pi}_0= \frac{\pi ^2}{2}\)

Câu c:

Áp dụng công thức (5) ta có:

\(V=\pi \int_{0}^{\frac{\pi }{4}}tan^2x dx= \pi \int_{0}^{\frac{\pi }{4}} \left ( \frac{1}{cos^2x}-1 \right )dx\)

\(=\pi \int_{0}^{\frac{\pi }{4}}\frac{dx}{cos^2x}-\pi \int_{0}^{\frac{\pi }{4}}dx\)

\(=\pi tan x \Bigg |_{0}^{\frac{\pi }{4}}- \pi x\Bigg |_{0}^{\frac{\pi }{4}}= \pi -\frac{\pi ^2}{4}=\pi \left ( 1-\frac{\pi }{4} \right )\)

 

==============

Bài tập 5 trang 121 SGK Giải tích 12

Cho tam giác vuông OPM có cạnh OP nằm trên trục Ox. Đặt  \(\widehat{POA}=\alpha\) và \(OM=R, \left ( 0\leq \alpha \leq \frac{\pi }{3}, R>0 \right )\).

Gọi Giải bài tập bài 3 Ứng dụng của tích phân trong hình học là khối tròn xoay thu được khi quay tam giác đó xung quanh Ox (H.63).

a) Tính thể tích của Giải bài tập bài 3 Ứng dụng của tích phân trong hình học theo α và R.

b) Tìm \(\small \alpha\) sao cho thể tích Giải bài tập bài 3 Ứng dụng của tích phân trong hình học là lớn nhất.

Giải bài tập bài 3 Ứng dụng của tích phân trong hình học

Hướng dẫn giải chi tiết bài 5

Câu a:

Ta có: \(OP=R.cos\alpha ; PM=R.sin\alpha\)

⇒ Diện tích đáy B của khối tròn xoay V là: \(B= \pi .PM^2=\pi .R^2.sin^2\alpha .\)

Theo công thức (4) ta có thể tích của khối tròn xoay V là:

\(V=\frac{1}{3}B.OP=\frac{1}{3}.R.cos\alpha .\pi .R^2.sin^2\alpha\)

\(=\frac{1}{3}\pi .R^3.cos\alpha .sin^2\alpha =\frac{1}{3}\pi .R^3(cos\alpha -cos^3\alpha )\)

Với \(=\left ( 0\leq \alpha \leq \frac{\pi }{3} \right )\)

Câu b:

Ta có V lớn nhất \(\Leftrightarrow cos\alpha -cos^3\alpha\) lớn nhất.

Xét hàm số \(f(t)=t-t^3(t=cos\alpha )\). Khi \(\alpha \in \left ( 0;\frac{\pi }{3} \right )\) thì \(t \in \left ( \frac{1}{2};1\right )\)

Ta có: \(f'(t)=1-3t^2=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{\sqrt{3}} \ \ \left (\frac{1}{2}

Ta có bảng biến thiên:

Giải bài tập bài 3 Ứng dụng của tích phân trong hình học

⇒ f(t) lớn nhất bằng \(\frac{2}{3\sqrt{3}}\) khi \(t=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Hay \(cos \alpha -cos^3\alpha\) lớn nhất: \(\frac{2}{3\sqrt{3}}\) đạt được khi \(cos\alpha =\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Vậy \(V_{max}=\frac{2\pi \sqrt{3}}{27}R^3\) khi \(cos\alpha =\frac{1}{\sqrt{3}}\).