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

Bài 3. Ứng dụng của tích phân trong hình học

Giải bài tập sách giáo khoa ứng dụng của tích phân trong hình học, toán 12 hình học lý thuyết trọng tâm giúp học sinh nắm vững kiến thức chính xác nhanh nhất.

Ican

BÀI 3: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG HÌNH HỌC

A. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM

I. Tính diện tích hình phẳng

1. Hình phẳng giới hạn bởi một đường cong và trục hoành

Diện tích S của hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y=f\left( x \right)\] liên tục trên đoạn \[\left[ a;b \right]\]; trục hoành và hai đường thẳng \[x=a;x=b\] được tính theo công thức:

\[S=\int\limits_{a}^{b}{\left| f\left( x \right) \right|dx}\]

2. Hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong

Diện tích S của hình phẳng được giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \[y={{f}_{1}}\left( x \right)\] và \[y={{f}_{2}}\left( x \right)\]cùng liên tục trên \[\left[ a;b \right]\] và hai đường thẳng \[x=a;x=b\] được tính theo công thức:

\[S=\int\limits_{a}^{b}{\left| {{f}_{1}}\left( x \right)-{{f}_{2}}\left( x \right) \right|dx}\left( * \right)\]

Chú ý: Khi áp dụng công thức\[\left( * \right)\], cần khử dấu giá trị tuyệt đối của hàm số dưới dấu tích phân. Muốn vậy, ta giải phương trình \[{{f}_{1}}\left( x \right){{f}_{2}}\left( x \right)=0\] trên đoạn\[\left[ a;b \right]\]. Giả sử phương trình có hai nghiệm\[c,d\left( c. Khi đó, \[{{f}_{1}}\left( x \right){{f}_{2}}\left( x \right)\]không đổi dấu trên các đoạn\[\left[ a;c \right],\left[ c;d \right],\left[ d;b \right]\]. Trên mỗi đoạn đó, chẳng hạn trên đoạn \[\left[ a;c \right]\], ta có:

\[S=\int\limits_{a}^{c}{\left| {{f}_{1}}\left( x \right)-{{f}_{2}}\left( x \right) \right|dx}=\left| \int\limits_{a}^{c}{\left[ {{f}_{1}}\left( x \right)-{{f}_{2}}\left( x \right) \right]dx} \right|\]

II. Tính thể tích

1. Thể tích của vật thể

Cắt vật thể V bởi hai mặt phẳng \[\left( P \right)\] và \[\left( Q \right)\] vuông góc với trục Ox lần lượt tại\[x=a,x=b\left( a. Một mặt phẳng tùy ý vuông góc với trục \[Ox\] tại điểm \[x\left( a\le x\le b \right)\] cắt V theo thiết diện có diện tích \[S\left( x \right)\] . Giả sử \[S\left( x \right)\] liên tục trên\[\left[ a;b \right]\]. Người ta chứng minh được rằng, thể tích V của phần vật thể V giới hạn bởi hai mặt phẳng \[\left( P \right)\] và \[\left( Q \right)\] được tính bởi công thức:

\[V=\int\limits_{a}^{b}{S\left( x \right)dx}\]

2. Thể tích khối chóp và khối chóp cụt

– Thể tích khối chóp có chiều cao bằng \[h\]và diện tích đáy bằng \[B\]được tính bởi công thức: \[V=\int\limits_{0}^{h}{B\frac{{{x}^{2}}}{h}dx}=\frac{Bh}{3}\]

– Thể tích khối chóp cụt tạo bởi khối chóp đỉnh \[S\]có chiều cao bằng \[h\]và diện tích hai đáy lần lượt là \[B,B\] được tính bởi công thức: \[V=\frac{h}{3}\left( B+\sqrt{BB'}+B' \right)\]

III. Thể tích khối tròn xoay

Giả sử một hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số\[y=f\left( x \right)\], trục \[Ox\]và hai đường thẳng \[x=a,x=b\left( aquay xung quanh trục \[Ox\] tạo thành một khối tròn xoay. Vậy thể tích khối tròn xoay được tính bởi công thức: \[V=\pi \int\limits_{a}^{b}{{{f}^{2}}\left( x \right)dx}\]

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP

Dạng 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi 1 đường cong và trục hoành

Cách giải:

Bước 1: Lập phương trình hoành độ giao điểm \[f\left( x \right)=0\] tìm cận (nếu chưa có)

Bước 2: Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng \[S=\int\limits_{a}^{b}{\left| f\left( x \right) \right|dx}\]

Bước 3: Phá trị tuyệt đối, tính tích phân dựa vào các tích phân cơ bản, các phương pháp đổi biến, tích phân từng phần,…

Dạng 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường cong \[y={{f}_{1}}\left( x \right);y={{f}_{2}}\left( x \right)\]

Cách giải:

Bước 1: Lập phương trình hoành độ giao điểm \[{{f}_{1}}\left( x \right)={{f}_{2}}\left( x \right)\] tìm cận (nếu chưa có)

Bước 2: Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng \[S=\int\limits_{a}^{b}{\left| {{f}_{1}}\left( x \right)-{{f}_{2}}\left( x \right) \right|dx}\]

Bước 3: Phá trị tuyệt đối, tính tích phân dựa vào các tích phân cơ bản, các phương pháp đổi biến, tích phân từng phần,…

Dạng 3. Tính thể tích vật thể

Cách giải:

Bước 1: Xác định phương trình diện tích thiết diện \[S\left( x \right)\]

Bước 2: Áp dụng công thức tính thể tích vật thể \[V=\int\limits_{a}^{b}{S\left( x \right)dx}\]

Bước 3: Tính tích phân dựa vào các tích phân cơ bản, các phương pháp đổi biến, tích phân từng phần,…

Dạng 4. Tính thể tích tròn xoay được sinh ra bởi hình phẳng giới hạn bởi 1 đường cong và trục hoành khi quay quanh trục Ox

Cách giải:

Bước 1: Lập phương trình hoành độ giao điểm \[f\left( x \right)=0\] tìm cận (nếu chưa có)

Bước 2: Áp dụng công thức tính thể tích tròn xoay giới hạn bởi hình phẳng \[V=\pi \int\limits_{a}^{b}{{{f}^{2}}\left( x \right)dx}\]

Bước 3: Tính tích phân dựa vào các tích phân cơ bản, các phương pháp đổi biến, tích phân từng phần,…

Dạng 5. Tính thể tích tròn xoay được sinh ra bởi hình phẳng giới hạn bởi 2 đường cong \[y={{f}_{1}}\left( x \right);y={{f}_{2}}\left( x \right)\] khi quay quanh trục Ox

Bước 1: Lập phương trình hoành độ giao điểm \[{{f}_{1}}\left( x \right)={{f}_{2}}\left( x \right)\] tìm cận (nếu chưa có)

Bước 2: Áp dụng công thức tính thể tích tròn xoay giới hạn bởi hình phẳng \[V=\pi \int\limits_{a}^{b}{\left| f_{1}^{2}\left( x \right)-f_{2}^{2}\left( x \right) \right|dx}\]

Bước 3: Phá trị tuyệt đối, tính tích phân dựa vào các tích phân cơ bản, các phương pháp đổi biến, tích phân từng phần,…

III. GIẢI BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA

Bài 1.(trang 121 SGK Giải tích 12)

a) Phương trình hoành độ giao điểm:

\({x^2} = x + 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1\\ x = 2 \end{array} \right.\)

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là :

\[S=\int\limits_{-1}^{2}{\left| {{x}^{2}}-\left( x+2 \right) \right|dx}=\int\limits_{-1}^{2}{\left( -{{x}^{2}}+x+2 \right)dx}=\left. \left( -\frac{1}{3}{{x}^{3}}+\frac{1}{2}{{x}^{2}}+2x \right) \right|_{-1}^{2}=\frac{9}{2}\]

b) Phương trình hoành độ giao điểm:

\(\left| {\ln x} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \ln x = - 1\\ \ln x = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \frac{1}{e}\\ x = e \end{array} \right.\)

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là :

\(\begin{array}{l} S = \int\limits_{\frac{1}{e}}^e {\left| {\left| {\ln x} \right| - 1} \right|dx} = \int\limits_{\frac{1}{e}}^e {\left( {1 - \left| {\ln x} \right|} \right)dx} = \int\limits_{\frac{1}{e}}^1 {\left( {1 + \ln x} \right)dx} + \int\limits_1^e {\left( {1 - \ln x} \right)dx} \\ = \int\limits_{\frac{1}{e}}^e {dx} + \int\limits_{\frac{1}{e}}^1 {\ln xdx} - \int\limits_1^e {\ln xdx} = \left. x \right|_{\frac{1}{e}}^e + \int\limits_{\frac{1}{e}}^1 {\ln xdx} - \int\limits_1^e {\ln xdx} \end{array}\)

Xét \[\int{\ln xdx}\] ta có:

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln x\\ dv = dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \frac{{dx}}{x}\\ v = x \end{array} \right.\)

Khi đó,

\(\begin{array}{l} S = \left. x \right|_{\frac{1}{e}}^e + \int\limits_{\frac{1}{e}}^1 {\ln xdx} - \int\limits_1^e {\ln xdx} \\ = \left. x \right|_{\frac{1}{e}}^e + \left( {\left. {x\ln x} \right|_{\frac{1}{e}}^1 - \int\limits_{\frac{1}{e}}^1 {dx} } \right) - \left( {\left. {x\ln x} \right|_1^e - \int\limits_1^e {dx} } \right)\\ = \left. x \right|_{\frac{1}{e}}^e + \left. {\left( {x\ln x - x} \right)} \right|_{\frac{1}{e}}^1 - \left. {\left( {x\ln x - x} \right)} \right|_1^e\\ = e + \frac{1}{e} - 2 \end{array}\)

c) Phương trình hoành độ giao điểm:

\({\left( {x - 6} \right)^2} = 6x - {x^2} \Leftrightarrow \left( {x - 6} \right)\left( {2x - 6} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 3\\ x = 6 \end{array} \right.\)

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là :

\[S=\int\limits_{3}^{6}{\left| {{\left( x-6 \right)}^{2}}-\left( 6x-{{x}^{2}} \right) \right|dx}=\int\limits_{3}^{6}{\left( -2{{x}^{2}}+18x-36 \right)dx}=\left. \left( -\frac{2}{3}{{x}^{3}}+9{{x}^{2}}-36x \right) \right|_{3}^{6}=9\]

Bài 2. (trang 121 SGK Giải tích 12)

Ta có \[y'=2x\Rightarrow y'\left( 2 \right)=4\]

Phương trình tiếp tuyến tại điểm \[M\left( 5;2 \right)\] có dạng:

\[y=4\left( x-2 \right)+5=4x-3\]

Tiếp tuyến và đồ thị hàm số tiếp xúc tại điểm có hoành độ \[x=2\]

\[\Rightarrow \] Diện tích hình phẳng cần tìm là

\[S=\int\limits_{0}^{2}{\left| \left( {{x}^{2}}+1 \right)-\left( 4x-3 \right) \right|dx}=\int\limits_{0}^{2}{\left( {{x}^{2}}-4x+4 \right)dx}=\left. \left( \frac{1}{3}{{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+4x \right) \right|_{0}^{2}=\frac{8}{3}\]

Bài 3.(trang 121 SGK Giải tích 12)

Gọi \[{{S}_{1}};{{S}_{2}}\] lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường như hình vẽ.

Đương tròn tâm \[O\left( 0;0 \right)\] , bán kính \[r=2\sqrt{2}\] có phương trình: \[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}=8\]

\[\Rightarrow \] Nửa đường tròn nằm phía trên trục Ox có phương trình: \[y=\sqrt{8-{{x}^{2}}}\]

Phương trình hoành độ giao điểm:

\[\sqrt{8-{{x}^{2}}}=\frac{{{x}^{2}}}{2}\Leftrightarrow 4\left( 8-{{x}^{2}} \right)={{x}^{4}}\Leftrightarrow x=\pm 2\]

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol \[y=\frac{{{x}^{2}}}{2}\] và nửa đường tròn \[y=\sqrt{8-{{x}^{2}}}\] là:

\[{{S}_{1}}=\int\limits_{-2}^{2}{\left( \sqrt{8-{{x}^{2}}}-\frac{{{x}^{2}}}{2} \right)dx}=\int\limits_{-2}^{2}{\sqrt{8-{{x}^{2}}}dx}-\int\limits_{-2}^{2}{\frac{{{x}^{2}}}{2}dx}=\int\limits_{-2}^{2}{\sqrt{8-{{x}^{2}}}dx}-\left. \frac{{{x}^{3}}}{6} \right|_{-2}^{2}=\int\limits_{-2}^{2}{\sqrt{8-{{x}^{2}}}dx}-\frac{8}{3}\]

Xét \[I=\int\limits_{-2}^{2}{\sqrt{8-{{x}^{2}}}dx}\]

Đặt \[x=2\sqrt{2}\sin t\left( -\frac{\pi }{2}\le t\le \frac{\pi }{2} \right)\Rightarrow dx=2\sqrt{2}\cos tdt\]

Đổi cận: \[x=-2\Rightarrow t=-\frac{\pi }{4};x=2\Rightarrow t=\frac{\pi }{4}\]

Khi đó, \[I=\int\limits_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}{\sqrt{8-8{{\sin }^{2}}t}.2\sqrt{2}\cos tdt}=8\int\limits_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}{{{\cos }^{2}}tdt}=4\int\limits_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}{\left( 1+\cos 2t \right)dt}=\left. 4\left( t+\frac{\sin 2t}{2} \right) \right|_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}=2\pi +4\]

\[\Rightarrow {{S}_{1}}=2\pi +\frac{4}{3}\]

Diện tích hình tròn là \[S=\pi {{\left( 2\sqrt{2} \right)}^{2}}=8\pi \]

\[ \Rightarrow {S_2} = S - {S_1} = 6\pi  - \frac{4}{3} \Rightarrow \frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{3\pi  + 2}}{{9\pi  - 2}}\]

Bài 4.(trang 121 SGK Giải tích 12)

a) Phương trình hoành độ giao điểm:

\[1-{{x}^{2}}=0\Leftrightarrow x=\pm 1\]

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm là :

\[V=\pi \int\limits_{-1}^{1}{{{\left( 1-{{x}^{2}} \right)}^{2}}dx}=\pi \int\limits_{-1}^{1}{\left( 1-2{{x}^{2}}+{{x}^{4}} \right)dx}=\pi \left. \left( x-\frac{2}{3}{{x}^{3}}+\frac{1}{5}{{x}^{5}} \right) \right|_{-1}^{1}=\frac{16\pi }{15}\]

b) Thể tích khối tròn xoay cần tìm là :

\[V=\pi \int\limits_{0}^{\pi }{{{\cos }^{2}}xdx}=\pi \int\limits_{0}^{\pi }{\frac{1+\cos 2x}{2}dx}=\frac{1}{2}\pi \left. \left( x+\frac{1}{2}\sin 2x \right) \right|_{0}^{\pi }=\frac{{{\pi }^{2}}}{2}\]

c) Thể tích khối tròn xoay cần tìm là :

\[V=\pi \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{{{\tan }^{2}}xdx}=\pi \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( \frac{1}{{{\cos }^{2}}x}-1 \right)dx}=\pi \left. \left( \tan x-x \right) \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=\pi -\frac{{{\pi }^{2}}}{4}\]

Bài 5.

a) Phương trình đường thẳng \[OM\] có hệ số góc \[k=\tan \alpha \] là: \[y=x.\tan \alpha \]

Ta có: \[OP=OM.\cos \alpha =R\cos \alpha \]

Khối tròn xoay được tạo bởi hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng \[y=x.\tan \alpha ;y=0;x=0;x=R.\cos \alpha \] quay quanh trục Ox có thể tích là:

\[V=\pi \int\limits_{0}^{R\cos \alpha }{{{x}^{2}}{{\tan }^{2}}\alpha dx}=\left. \left( \pi {{\tan }^{2}}\alpha  \right)\frac{{{x}^{3}}}{3} \right|_{0}^{R\cos \alpha }=\frac{1}{3}\pi {{R}^{3}}{{\tan }^{2}}\alpha {{\cos }^{3}}\alpha =\frac{1}{3}\pi {{R}^{3}}\left( \cos \alpha -{{\cos }^{3}}\alpha  \right)\]

b) Đặt \[x=\cos \alpha \Rightarrow V=\frac{1}{3}\pi {{R}^{3}}\left( x-{{x}^{3}} \right)\] .

Ta có \[\alpha \in \left[ 0;\frac{\pi }{3} \right]\Rightarrow x\in \left[ \frac{1}{2};1 \right]\]

Xét hàm số \[V\left( x \right)=\frac{1}{3}\pi {{R}^{3}}\left( x-{{x}^{3}} \right)\] trên \[\left[ \frac{1}{2};1 \right]\]

\( \Rightarrow V'\left( x \right) = \frac{1}{3}\pi {R^3}\left( {1 - 3{x^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\left( {TM} \right)\\ x = - \frac{{\sqrt 3 }}{3}\left( L \right) \end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow V\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{3}{8}\pi {R^3}\\ V\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right) = \frac{{2\sqrt 3 }}{{27}}\pi {R^3}\\ V\left( 1 \right) = 0 \end{array}\)

Vậy \[{{V}_{\max }}=\frac{2\sqrt{3}}{27}\pi {{R}^{3}}\] khi \[x=\frac{\sqrt{3}}{3}\] hay \[\alpha =\arccos \frac{\sqrt{3}}{3}\] .

Gợi ý Giải bài tập sách giáo khoa ứng dụng của tích phân trong hình học, toán 12 hình học lý thuyết trọng tâm giúp học sinh nắm vững kiến thức chính xác nhanh nhất.

Đánh giá (310)
ican
  • Một thương hiệu của 
    ICAN
  • ICAN
  • ICAN © 2023, All Rights Reserved.

  • Trụ sở Hồ Chí Minh: B0003 C/C Sarina, Khu đô thị Sala, Khu phố 3, Đường Hoàng Thế Thiện, Phường An Lợi Đông, TP. Thủ Đức

  • Văn phòng Hà Nội: Tòa nhà 25T2 Đường Hoàng Đạo Thúy, Phường Trung Hòa, Quận Cầu Giấy