Trong đợt tổ chức HKPĐ cấp tỉnh lần thứ XIV, ban tổ chức thiết kế một cổng chào bằng phao chứa không khí ở bên trong, có hình dạng như một nửa cái Săm ô tô khi bơm căng (tham khảo hình vẽ). Cổng chào có chiều cao so với mặt sân là \(9m\) (tính cả phần phao chứa không khí), phần chân của cổng chào tiếp xúc với mặt sân theo một đường tròn có đường kính là \(2m\) và bề rộng của cổng chào là \(18m\) (tính cả phần phao chứa không khí). Bỏ qua độ dày của lớp vỏ cổng chào, mặt sân coi là bằng phẳng. Tính thể tích không khí chứa bên trong cổng chào.

Trong đợt tổ chức HKPĐ cấp tỉnh lần thứ XIV, ban tổ chức thiết kế một cổng chào bằng phao chứa không khí ở bên trong, có hình dạng như một nửa cái Săm ô tô khi bơm căng (tham khảo hình vẽ). Cổng chào có chiều cao so với mặt sân là \(9m\) (tính cả phần phao chứa không khí), phần chân của cổng chào tiếp xúc với mặt sân theo một đường tròn có đường kính là \(2m\) và bề rộng của cổng chào là \(18m\) (tính cả phần phao chứa không khí). Bỏ qua độ dày của lớp vỏ cổng chào, mặt sân coi là bằng phẳng. Tính thể tích không khí chứa bên trong cổng chào.

A. \(9{\pi ^2}\left( {{m^3}} \right)\).

B. \(18{\pi ^2}\left( {{m^3}} \right)\).

C. \(8{\pi ^2}\left( {{m^3}} \right)\).

D. \(16{\pi ^2}\left( {{m^3}} \right)\).

Lời giải:

Chọn hệ tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ

Xét đường tròn \((C):\,\,{x^2} + {\left( {y – 8} \right)^2} = 1\).

Khi đó cung có phương trình \(y = 8 + \sqrt {1 – {x^2}} \) và cung cung có phương trình\(y = 8 – \sqrt {1 – {x^2}} \).

Ta có thể tích V của không khí chứa trong cổng chào chính bằng một nửa thể tích của vật tròn xoay khi cho đường tròn \(\left( C \right)\) quay quanh trục \(Ox\)sinh ra.

Ta có

\(V = \frac{1}{2}\left( {\pi {{\int\limits_{ – 1}^1 {\left( {8 + \sqrt {1 – {x^2}} } \right)} }^2}dx – \pi {{\int\limits_{ – 1}^1 {\left( {8 – \sqrt {1 – {x^2}} } \right)} }^2}dx} \right)\)\( = \frac{1}{2}\pi \int\limits_{ – 1}^1 {32\sqrt {1 – {x^2}} } dx = 32\pi \int\limits_0^1 {\sqrt {1 – {x^2}} } dx\)

(do tính chất của tích phân hàm số chẵn trên cận đối xứng).

Đặt \(x = \sin t\), ta có \(dx = \cos t.dt\) và \(x = 0 \to t = 0;\,\,x = 1 \to t = \frac{\pi }{2}\).

Khi đó \(V = 32\pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sqrt {1 – {{\sin }^2}t} \cos t} .dt = 32\pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left| {\cos t} \right|\cos t} .dt = 32\pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^2}t} .dt = 16\pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {1 + \cos 2t} \right)} .dt\)\( = 16\pi \left. {\left( {t + \frac{1}{2}\sin 2t} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = 16\pi \left( {\frac{\pi }{2} – 0} \right) = 8{\pi ^2}\left( {{m^3}} \right)\).

Vậy \(V = 8{\pi ^2}\left( {{m^3}} \right)\).

=========== Tương tự Câu 48 ỨNG DỤNG Tích Phân – THỂ TÍCH – Vận dụng CAO – Toán TK 2024