A. \(V = \frac{{40\pi }}{3}\).
B. \(V = \frac{{14\pi }}{3}\).
C. \(V = \frac{{68\pi }}{3}\).
D. \(V = 36\pi \).
Lời giải:
Chọn hệ tọa độ \(Oxy\) với \({O_2} \equiv O\), \({O_2}C \equiv Ox\), \({O_2}A \equiv Oy\).
Cạnh \({O_1}{O_2} = \sqrt {{O_1}{A^2} – {O_2}{A^2}} \)\( = \sqrt {{5^2} – {3^2}} \)\( = 4\)\( \Rightarrow \left( {{O_1}} \right):{\left( {x + 4} \right)^2} + {y^2} = 25\).
Phương trình đường tròn \(\left( {{O_2}} \right)\): \({x^2} + {y^2} = 9\).
Kí hiệu \(\left( {{H_1}} \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = \sqrt {25 – {{\left( {x + 4} \right)}^2}} \), trục \(Ox\), \(x = 0\), \(x = 1\).
Kí hiệu \(\left( {{H_2}} \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = \sqrt {9 – {x^2}} \), trục \(Ox\), \(x = 0\), \(x = 3\).
Khi đó thể tích \(V\) cần tính chính bằng thể tích \({V_2}\) của khối tròn xoay thu được khi quay hình \(\left( {{H_2}} \right)\) xung quanh trục \(Ox\) trừ đi thể tích \({V_1}\) của khối tròn xoay thu được khi quay hình \(\left( {{H_1}} \right)\) xung quanh trục \(Ox.\)
Ta có \({V_2} = \frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi {r^3}\)\( = \frac{2}{3}\pi {.3^3}\)\( = 18\pi \).
Lại có \({V_1} = \pi \int\limits_0^1 {{y^2}{\rm{d}}x} \)\( = \pi \int\limits_0^1 {\left[ {25 – {{\left( {x + 4} \right)}^2}} \right]{\rm{d}}x} \)\( = \pi \left[ {25x – \frac{{{{\left( {x + 4} \right)}^3}}}{3}} \right]\left| \begin{array}{l}^1\\_0\end{array} \right.\)\( = \frac{{14\pi }}{3}\).
Do đó \(V = {V_2} – {V_1}\)\( = 18\pi – \frac{{14\pi }}{3}\)\( = \frac{{40\pi }}{3}\).
=========== Tương tự Câu 48 ỨNG DỤNG Tích Phân – THỂ TÍCH – Vận dụng CAO – Toán TK 2024
Để lại phản hồi