13 bài tập Thể tích khối tròn xoay quanh trục Ox (có lời giải)

\(V = \pi \int\limits_1^2 {{x^2}dx}  = \frac{{7\pi }}{3}\).

\(V = \pi \int\limits_0^1 {{e^{2x}}dx}  = \left. {\frac{\pi }{2}{e^{2x}}} \right|_0^1 = \frac{\pi }{2}\left( {{e^2} - 1} \right)\)

\[V = \pi {\int\limits_1^4 {\left( {\frac{1}{x}} \right)} ^2}{\rm{d}}x\]\( = \left. {\pi \left( { - \frac{1}{x}} \right)} \right|_1^4\)\( = \pi \left( { - \frac{1}{4} + 1} \right)\)\( = \frac{{3\pi }}{4}\).

\(V = \pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\left( {\sin \frac{x}{2}} \right)}^2}dx = \frac{\pi }{2}} (\frac{\pi }{2} - 1).\)

\(V = \pi \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\left( {\sqrt {2 + \cos x} } \right)}^2}dx = \left. {\pi \left( {2x + \sin x} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = \pi } (\pi  + 1).\)

Xét phương trình \(2x - {x^2} = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\).Vậy \(V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {2x - {x^2}} \right)}^2}{\rm{d}}x}  = \frac{{16\pi }}{{15}}\)

Vì mặt cắt là tam giác vuông có một góc 45⁰ nên mặt cắt là tam giác vuông cân.

Do đó diện tích của mặt cắt là: \(S(x) = \frac{1}{2}{\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right)^2} = \frac{1}{2}\left( {4 - {x^2}} \right) = 2 - \frac{1}{2}{x^2}\)

Thể tích vật thể là: \(V = \int_{ - 2}^2 {\left( {2 - \frac{1}{2}{x^2}} \right)} dx = \left. {\left( {2x - \frac{{{x^3}}}{6}} \right)} \right|_{ - 2}^2 = \frac{8}{3} + \frac{8}{3} = \frac{{16}}{3}\)

Thể tích cần tính là: \(V = \pi \int_0^4 {(4 - x)} dx = \left. {\pi \left( {4x - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^4 = 8\pi .\)

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 \({r_1} = OA = 1\), bán kính đáy lớn \({r_2} = BC = 2\) và chiều cao \(h\) \( = OC = 2\).

Thể tích cần tính là: \(V = \frac{1}{3}\pi \left( {r_1^2 + {r_1}{r_2} + r_2^2} \right)h = \frac{1}{3}\pi \left( {{1^2} + 1 \cdot 2 + {2^2}} \right) \cdot 2 = \frac{{14\pi }}{3}\)

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 : \({\rm{y}} = {\rm{ax}}\).

Mà OB đi qua điểm B nên \({\rm{r}} = {\rm{ah}} \Rightarrow a = \frac{r}{h}\).

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 \({\rm{x}} = {\rm{h}}\) quanh trục Ox ta được khối nón có chiều cao h và bán kính r.

Do đó thể tích của khối nón là: \(V = \pi \int_0^h {{{\left( {\frac{r}{h}x} \right)}^2}} dx = \left. {\frac{{\pi {r^2}}}{{{h^2}}} \cdot \frac{{{x^3}}}{3}} \right|_0^h = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\)

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 \({\rm{x}} = 0\).

Mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ \(x(0 \le x \le h)\) 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 \(\frac{{S(x)}}{{{a^2}}} = {\left( {\frac{x}{h}} \right)^2} \Rightarrow S(x) = {\left( {\frac{x}{h}} \right)^2}{a^2} = \frac{{{a^2}}}{{{h^2}}}{x^2}\).

Do đó thể tích khối chóp tứ giác đều là: \(V = \int_0^h {\frac{{{a^2}}}{{{h^2}}}} {x^2}dx = \left. {\left( {\frac{{{a^2}}}{{{h^2}}} \cdot \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^h = \frac{1}{3}{a^2}h\)

Phương trình nửa đường tròn nằm phía trên trục Ox có \({\rm{r}} = 2\) là: \(y = \sqrt {4 - {x^2}} \)

Thể tích cần tính là: \(V = \pi \int_{ - 1}^1 {\left( {4 - {x^2}} \right)} dx = \left. {\pi \left( {4x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{ - 1}^1 = \pi \left( {\frac{{11}}{3} + \frac{{11}}{3}} \right) = \frac{{22\pi }}{3}\)

a) Xét tam giác OAB vuông tại A , có \({\rm{AB}} = {\rm{OA}}\). tana = a.tana.

Khi quay miền tam giác OAB xung quanh trục Ox ta được khối nón có bán kính đáy \({\rm{r}} = {\rm{AB}} = {\rm{a}}\).tana và chiều cao \({\rm{h}} = {\rm{OA}} = {\rm{a}}\).

Do đó \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {a^3}{\tan ^2}\alpha \)

b) Có \({V^\prime } = \frac{1}{3}\pi {a^3} \cdot 2\tan \alpha  \cdot \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}\)

Vi \(0 < \alpha  \le \frac{\pi }{4} =  > 0 < \) tan \(\alpha  \le 1\) nên \({V^\prime } > 0\). Do đó \(V\) là hàm số đồng biến trên \(\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)\)

Do đó \(\mathop {\max }\limits_{\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right]} V = V\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{3}\pi {a^3}\)

Vậy \(\alpha  = \frac{\pi }{4}\) thì thể tích khối nón là lớn nhất.