Toán 12 Bài 3 (Chân trời sáng tạo): Ứng dụng hình học của tích phân

Giải Toán 12 Bài 3: Ứng dụng hình học của tích phân

Hoạt động khởi động trang 21 Toán 12 Tập 2:Ta đã biết công thức tính thể tích của khối cầu bán kính R là$V=\frac{4\pi R^3}{3}$. Làm thế nào để tìm ra công thức đó?

Lời giải:

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:

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

Hoạt động khám phá 1 trang 21 Toán 12 Tập 2:Gọi d là đồ thị của hàm số y = f(x) = 6 – 2x. Kí hiệu S₁là diện tích hình phẳng giới hạn bởi d, trục hoành và trục tung, S₂là diện tích hình phẳng giới hạn bởi d, trục hoành và đường thẳng x = 5 (Hình 1).

a) Tính S₁và so sánh với$\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx$.

b) Tính S₂và so sánh với$\underset{3}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx$.

c) So sánh$\underset{0}{\overset{5}{\int }}\left.f\left(x\right)\right|dx$với S₁+ S₂.

Lời giải:

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

Ta có S₁chính là diện tích của tam giác vuông OAB với OA = 3, OB = 6.

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

Ta có $\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(6-2x\right)dx$$={\left.\left(6x-x^2\right)\right|}_0^3$= 9.

Vậy$S_1=\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx$.

b) Ta có S₂chính là diện tích của tam giác vuông ACE với AC = 2, CE = 4.

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

Ta có$\underset{3}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{3}{\overset{5}{\int }}\left(6-2x\right)dx$$={\left.\left(6x-x^2\right)\right|}_3^5$= 5 – 9 = −4.

Do đó$S_2=-\underset{3}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx$.

c) Ta có $\underset{0}{\overset{5}{\int }}\left.f\left(x\right)\right|dx\underset{0}{\overset{5}{\int }}\left.6-2x\right|dx$$=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left.6-2x\right|dx+\underset{3}{\overset{5}{\int }}\left.6-2x\right|dx$

$=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(6-2x\right)dx+\underset{3}{\overset{5}{\int }}\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 S₁+ S₂= 9 + 4 = 13 =$\underset{0}{\overset{5}{\int }}\left.f\left(x\right)\right|dx$.

Thực hành 1 trang 22 Toán 12 Tập 2:Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = 2x – x², trục hoành và hai đường thẳng x = 0, x = 3.

Lời giải:

Ta có 2x – x²= 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.

Với x$\in$[0; 2] thì 2x – x²≥ 0, với x$\in$ [2; 3] thì 2x – x²≤ 0.

Diện tích cần tính là:

$S=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left.2x-x^2\right|dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left.2x-x^2\right|dx+\underset{2}{\overset{3}{\int }}\left.2x-x^2\right|dx$$=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(2x-x^2\right)dx+\underset{2}{\overset{3}{\int }}\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}$

Thực hành 2 trang 22 Toán 12 Tập 2:Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = cosx – 2, trục hoành và hai đường thẳng x = 0, x = π.

Lời giải:

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

Diện tích cần tính là:

$S=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\left.\cos x-2\right|dx$$=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\left(2-\cos x\right)dx$$={\left.\left(2x-\sin x\right)\right|}_0^{\pi }$=2π

Hoạt động khám phá 2 trang 23 Toán 12 Tập 2:Cho hai hàm số y = 4x – x²và y = x lần lượt có đồ thị (P) và d như Hình 4.

a) Tính diện tích S₁của hình phẳng giới hạn bởi (P), trục hoành và hai đường thẳng x = 0, x = 2.

b) Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi (P), d và hai đường thẳng x = 0, x = 2.

Lời giải:

a) Ta có$S_1=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left.4x-x^2\right|dx$$=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(4x-x^2\right)dx$$={\left.\left(2x^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$S_{\Delta OAB}=\frac{1}{2}.OA.AB=\frac{1}{2}\mathrm{.2.2}=2$.

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

Thực hành 3 trang 24 Toán 12 Tập 2:Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số y = x²– 2x – 1, y = x – 1 và hai đường thẳng x = 1, x = 4.

Lời giải:

Diện tích cần tính là:

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

Ta có x²– 3x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 3.

Do đó S$=\underset{1}{\overset{3}{\int }}\left.x^2-3x\right|dx+\underset{3}{\overset{4}{\int }}\left.x^2-3x\right|dx$

$=\underset{1}{\overset{3}{\int }}\left(3x-x^2\right)dx+\underset{3}{\overset{4}{\int }}\left(x^2-3x\right)dx$$={\left.\left(\frac{3x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right)\right|}_1^3+{\left.\left(\frac{x^3}{3}-\frac{3x^2}{2}\right)\right|}_3^4$$=\frac{9}{2}-\frac{7}{6}-\frac{8}{3}+\frac{9}{2}=\frac{31}{6}$

Thực hành 4 trang 24 Toán 12 Tập 2:Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số y = 5x − x², y = x²– x và hai đường thẳng x = 0, x = 2.

Lời giải:

Diện tích cần tính là:

$S=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left.5x-x^2-\left(x^2-x\right)\right|dx$$=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left.6x-2x^2\right|dx$.

Ta có 6x – 2x²= 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 3.

Do đó$S=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(6x-2x^2\right)dx={\left.\left(3x^2-\frac{2x^3}{3}\right)\right|}_0^2=\frac{20}{3}$

Vận dụng 1 trang 24 Toán 12 Tập 2:Mặt cắt của một cửa hầm có dạng là hình phẳng giới hạn bởi một parabol và đường thẳng nằm ngang như Hình 7. Tính diện tích của cửa hầm.

Lời giải:

Chon hệ tọa độ Oxy như hình vẽ.

Giả sử (P): y = ax²+ bx + c (a ≠ 0).

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

$\begin{array}{l}c=0\\ 36a+6b=0\\ 9a+3b=6\end{array}$$\iff \begin{array}{l}a=-\frac{2}{3}\\ b=4\\ c=0\end{array}$.

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=\underset{0}{\overset{6}{\int }}\left.-\frac{2}{3}{x}^2+4x\right|dx$$=\underset{0}{\overset{6}{\int }}\left(-\frac{2}{3}{x}^2+4x\right)dx$$={\left.\left(-\frac{2x^3}{9}+2x^2\right)\right|}_0^6=24$m².

Vậy diện tích của cửa hầm là 24 m².

Hoạt động khám phá 3 trang 24 Toán 12 Tập 2:Trong không gian, cho hình chóp O.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, OA ⊥ (ABCD), OA = h. Đặt trục số Ox như Hình 8. Một mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x (0 < x ≤ h), cắt hình chóp O.ABCD theo mặt cắt là hình vuông A'B'C'D'. Kí hiệu S(x) là diện tích của hình vuông A'B'C'D'.

a) Tính S(x) theo a, h và x.

b) Tính$\underset{0}{\overset{h}{\int }}S\left(x\right)dx$và so sánh với thể tích của khối chóp O.ABCD.

Lời giải:

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)$\underset{0}{\overset{h}{\int }}S\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{h}{\int }}{\left(\frac{x}{h}\right)}^2.a^{2}dx$$=\frac{a^2}{h^2}\underset{0}{\overset{h}{\int }}{x}^{2}dx={\left.\left(\frac{a^2}{h^2}.\frac{x^3}{3}\right)\right|}_0^h$$=\frac{1}{3}{a}^{2}h$.

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

Vậy $V_{O.ABCD}=\underset{0}{\overset{h}{\int }}S\left(x\right)dx$

Thực hành 5 trang 25 Toán 12 Tập 2:Một bình chứa nước có hình dạng như Hình 11. Biết rằng khi nước trong bình có chiều cao x (dm) (0 ≤ x ≤ 4) thì mặt nước là hình vuông có cạnh$\sqrt{2+\frac{x^2}{4}}$(dm). Tính dung tích của bình.

Lời giải:

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$S\left(x\right)=2+\frac{x^2}{4}$(dm²).

Do đó dung tích của bình là$V=\underset{0}{\overset{4}{\int }}\left(2+\frac{x^2}{4}\right)dx$$={\left.\left(2x+\frac{x^3}{12}\right)\right|}_0^4=\frac{40}{3}$(dm³).

Hoạt động khám phá 4 trang 25 Toán 12 Tập 2:Cho D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số$y=f\left(x\right)=\frac{1}{2}x$, trục hoành và đường thẳng x = 4 (Hình 12a). Quay hình D xung quanh trục Ox thì được một khối nón, kí hiệu là N (Hình 12b).

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 gì? Tính diện tích S(x) của mặt cắt đó.

b) Sử dụng công thức tính thể tích hình khối, tính thể tích của khối nón N.

Lời giải:

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 $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {.2}^2.4=\frac{16\pi }{3}$

Thực hành 6 trang 26 Toán 12 Tập 2:Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số$y=1+\frac{1}{x}$, trục hoành và hai đường thẳng x = 1, x = 2 (Hình 15). Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục Ox.

Lời giải:

Thể tích cần tìm là:

$V=\pi \underset{1}{\overset{2}{\int }}{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{2}dx$$=\pi \underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}\right)dx$$=\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)$

Vận dụng 2 trang 27 Toán 12 Tập 2:Sử dụng tích phân, tính thể tích khối nón có bán kính đáy r và chiều cao h (Hình 16).

Lời giải:

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:

$V=\pi \underset{0}{\overset{h}{\int }}{\left(\frac{r}{h}x\right)}^{2}dx={\left.\frac{\pi r^2}{h^2}.\frac{x^3}{3}\right|}_0^h=\frac{1}{3}\pi r^{2}h$

BÀI TẬP

Bài 1 trang 27 Toán 12 Tập 2:Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi

a) Đồ thị của hàm số y = e^x, trục hoành và hai đường thẳng x = −1, x = 1.

b) Đồ thị của hàm số$y=x+\frac{1}{x}$, trục hoành và hai đường thẳng x = 1, x = 2.

Lời giải:

a) Diện tích cần tính là:

$S=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\left.e^x\right|dx=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\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=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left.x+\frac{1}{x}\right|dx=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\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$

Bài 2 trang 27 Toán 12 Tập 2:Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = x³– x, trục hoành và hai đường thẳng x = 0, x = 2.

Lời giải:

Ta có x³– x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1 hoặc x = −1.

Với x$\in$ [0; 1] thì x³– x ≤ 0; x$\in$ [1; 2] thì x³– x ≥ 0.

Diện tích cần tính là:

$S=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left.x^3-x\right|dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left.x^3-x\right|dx+\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left.x^3-x\right|dx$$=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(x-x^3\right)dx+\underset{1}{\overset{2}{\int }}\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}$

Bài 3 trang 27 Toán 12 Tập 2:Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số$y=\frac{x^2+1}{x}$, y = – x và hai đường thẳng x = 1, x = 4.

Lời giải:

Diện tích cần tính là:

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

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

Bài 4 trang 27 Toán 12 Tập 2:Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số y = x³+ 1, y = 2 và hai đường thẳng x = −1, x = 2.

Lời giải:

Diện tích cần tính là:

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

Ta có x³– 1 = 0 ⇔ x = 1.

Với x $\in$[−1; 1] thì x³– 1 ≤ 0, x$\in$ [1; 2] thì x³– 1 ≥ 0.

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

Bài 5 trang 27 Toán 12 Tập 2:Khi cắt một vật thể hình chiếc nêm bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x (−2 ≤ x ≤ 2), mặt cắt là tam giác vuông có một góc 45° và độ dài một cạnh góc vuông là$\sqrt{4-x^2}$(dm) (Hình 17). Tính thể tích của vật thể.

Lời giải:

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=\underset{-2}{\overset{2}{\int }}\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}$

Bài 6 trang 27 Toán 12 Tập 2:Cho D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số$y=\sqrt{4-x}$(x ≤ 4), trục tung và trục hoành (Hình 18). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục Ox.

Lời giải:

Thể tích cần tính là:

$V=\pi \underset{0}{\overset{4}{\int }}\left(4-x\right)dx$$=\pi {\left.\left(4x-\frac{x^2}{2}\right)\right|}_0^4$= 8π.

Bài 7 trang 27 Toán 12 Tập 2:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang OABC có A(0; 1), B(2; 2) và C(2; 0) (Hình 19). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình thang OABC quanh trục Ox.

Lời giải:

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 r₁= OA = 1, bán kính đáy lớn r₂= BC = 2 và chiều cao h = OC = 2.

Thể tích cần tính là:

$V=\frac{1}{3}\pi \left(r_1^2+r_1{r}_2+r_2^2\right)h=\frac{1}{3}\pi \left(1^2+1.2+2^2\right).2=\frac{14\pi }{3}$

Bài 8 trang 27 Toán 12 Tập 2:Sử dụng tích phân, tính thể tích của hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h (Hình 20).

Lời giải:

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=\underset{0}{\overset{h}{\int }}\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$