下册 9.1 第一型曲线积分与第一型曲面积分 第14题
📝 题目
14．计算下列曲面积分．
（1） $\iint_{S}(x y+y z+z x) \mathrm{d} S$ ，其中 $S$ 为 $z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ 被曲面 $x^{2}+y^{2}=2 a x(a>0)$ 所截取的部分。．
（2） $\iint_{S}(y z+z x) \mathrm{d} S$ ，其中 $S$ 为圆锥面 $z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ 被圆柱 $x^{2}+y^{2}=2 a x(a>0)$ 截下的一块曲面．
（3） $\iint_{S}(x y+y z+z x) \mathrm{d} S$ ，其中 $S$ 为圆锥面 $z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ 被圆柱 $x^{2}+y^{2}=y$ 截下的一块曲面．
（4） $\iint_{S}\left(y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}+x^{2} y^{2}\right) \mathrm{d} S$ ，其中 $S$ 为锥面 $z^{2}=k^{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)$ 含在柱体 $x^{2}+y^{2} \leqslant 2 a x$ 内部的部分．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
对于圆锥面 $S: ~ z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}, \sqrt{1+z_{x}^{\prime 2}+z_{y}^{\prime 2}}=\sqrt{2}$ ，其在 $x O y$ 平面上投影区域为 $D_{x y}:(x-a)^{2}+y^{2} \leqslant a^{2}$ ．于是
（1）如图 9.23 所示，
$$
\begin{aligned}
\iint_{S}(x y+y z+z x) \mathrm{d} S & =\sqrt{2} \iint_{D_{x y}}\left[x y+(x+y) \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\sqrt{2} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(\sin \theta \cos \theta+\sin \theta+\cos \theta) \mathrm{d} \theta \int_{0}^{2 a \cos \theta} r^{3} \mathrm{~d} r \\
& =4 \sqrt{2} a^{4} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(\sin \theta \cos \theta+\sin \theta+\cos \theta) \cos ^{4} \theta \mathrm{~d} \theta \\
& =8 \sqrt{2} a^{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{5} \theta \mathrm{~d} \theta=4 \sqrt{2} a^{4} \mathrm{~B}\left(\frac{1}{2}, 3\right)=4 \sqrt{2} a^{4} \frac{16}{15}=\frac{64}{15} \sqrt{2} a^{4}
\end{aligned}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-242.jpg?height=1334&width=1223&top_left_y=3660&top_left_x=4379}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.23}
\end{figure}
（2）如图 9.23 所示，
$$
\begin{aligned}
\iint_{S}(y z+z x) \mathrm{d} S & =\sqrt{2} \iint_{D_{x y}}(x+y) \sqrt{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\sqrt{2} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(\sin \theta+\cos \theta) \mathrm{d} \theta \int_{0}^{2 a \cos \theta} r^{3} \mathrm{~d} r \\
& =4 \sqrt{2} a^{4} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(\sin \theta+\cos \theta) \cos ^{4} \theta \mathrm{~d} \theta=8 \sqrt{2} a^{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{5} \theta \mathrm{~d} \theta \\
& =4 \sqrt{2} a^{4} \mathrm{~B}\left(\frac{1}{2}, 3\right)=\frac{64}{15} \sqrt{2} a^{4}
\end{aligned}
$$
（3）如图 9.24 所示，对于圆锥面 $S: z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}, \sqrt{1+z_{x}^{\prime 2}+z_{y}^{\prime 2}}=\sqrt{2}$ 。其在 $x O y$ 平面上投影区域为 $\displaystyle D_{x y}: x^{2}+\left(y-\frac{1}{2}\right)^{2} \leqslant \frac{1}{4}$ ．令 $y=r \cos \theta, x=r \sin \theta$ ，则
$$
\iint_{S}(x y+y z+z x) \mathrm{d} S=\sqrt{2} \iint_{D_{x y}}\left[x y+(x+y) \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(\sin \theta \cos \theta+\sin \theta+\cos \theta) \mathrm{d} \theta \int_{0}^{\cos \theta} r^{3} \mathrm{~d} r
$$
$$
=\frac{1}{4} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(\sin \theta \cos \theta+\sin \theta+\cos \theta) \cos ^{4} \theta \mathrm{~d} \theta=\frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{5} \theta \mathrm{~d} \theta=\frac{1}{4} \mathrm{~B}\left(\frac{1}{2}, 3\right)=\frac{4}{15} .
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-243.jpg?height=1327&width=1217&top_left_y=1478&top_left_x=1084}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图9．24}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-243.jpg?height=1479&width=1431&top_left_y=1326&top_left_x=3170}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.25}
\end{figure}
（4）如图 9.25 所示，圆锥面 $S: z^{2}=k^{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)$ 由两上下部分 $S_{1}, S_{2}$ 组成：$z= \pm k \sqrt{x^{2}+y^{2}}$ 。它们在 $x O y$ 面上的投影区域都是 $D: x^{2}+y^{2} \leqslant 2 a x$ ．
$$
\begin{aligned}
& z_{x}= \pm k \frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}, z_{y}= \pm k \frac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}, \sqrt{1+z_{x}^{\prime 2}+z_{y}^{\prime 2}}=\sqrt{1+k} \\
& \iint_{S}\left(y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}+x^{2} y^{2}\right) \mathrm{d} S \\
& =2 \iint_{D}\left[k^{2}\left(y^{2}+x^{2}\right)^{2}+x^{2} y^{2}\right] \sqrt{1+k^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
& =2 \sqrt{1+k^{2}} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{2 a \cos \theta}\left(k^{2} r^{4}+r^{4} \sin ^{2} \theta \cos ^{2} \theta\right) r \mathrm{~d} r \\
& =2 \sqrt{1+k^{2}} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(k^{2}+\sin ^{2} \theta \cos ^{2} \theta\right) \frac{1}{6}(2 a \cos \theta)^{6} \mathrm{~d} \theta \\
& =\frac{2}{3}(2 a)^{6} \sqrt{1+k^{2}}\left(k^{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{6} \theta \mathrm{~d} \theta+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{2} \theta \cos ^{8} \theta \mathrm{~d} \theta\right) \\
& =\frac{2}{3}(2 a)^{6} \sqrt{1+k^{2}}\left(k^{2} \frac{1}{2} B\left(\frac{1}{2}, \frac{7}{2}\right)+\frac{1}{2} B\left(\frac{3}{2}, \frac{9}{2}\right)\right) \\
& =\frac{1}{3}(2 a)^{6} \pi \sqrt{1+k^{2}}\left(\frac{5}{2^{4}} k^{2}+\frac{7}{2^{8}}\right)=\frac{1}{3} \sqrt{1+k^{2}}\left(20 k^{2}+\frac{7}{4}\right) \pi a^{6} .
\end{aligned}
$$
于是
于是
$$
\begin{aligned}
\iint_{S}\left(2 x y+2 x^{2}-3 x+x z\right) \mathrm{d} S & =\iint_{D_{0}}\left(2 x y+2 x^{2}-3 x+6 x-2 x^{2}-2 y x\right) 3 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
& =3 \int_{0}^{3} \mathrm{~d} x \int_{0}^{3-x} 3 x \mathrm{~d} y=6 \int_{0}^{3} x(3-x) \mathrm{d} x=27
\end{aligned}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-244.jpg?height=1183&width=940&top_left_y=1560&top_left_x=1257}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.26}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-244.jpg?height=1183&width=1237&top_left_y=1560&top_left_x=3398}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.27}
\end{figure}
（2）如图 9.27 所示，曲面 $S: z=1-x-y . \mathrm{d} S=\sqrt{1+z_{x}^{\prime 2}+z_{y}^{\prime 2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\sqrt{3} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ 。于是
$$
\iint_{S} x y z \mathrm{~d} S=\int_{0}^{1} x \mathrm{~d} x \int_{0}^{1-x} y(1-x-y) \sqrt{3} \mathrm{~d} y=\frac{\sqrt{3}}{6} \int_{0}^{1} x(1-x)^{3} \mathrm{~d} x=\frac{\sqrt{3}}{120} .
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：确定曲面和投影区域
曲面 $S$ 为圆锥面 $z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$，被圆柱 $x^{2}+y^{2}=2ax$ 截取的部分。计算面积元：$\mathrm{d}S=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\sqrt{2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$。曲面在 $xOy$ 平面上的投影区域 $D_{xy}$ 由圆柱方程 $x^{2}+y^{2}\leq 2ax$ 给出，即 $(x-a)^2+y^2\leq a^2$。
公式：$\mathrm{d}S=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
提示：注意圆锥面的 $z_x$ 和 $z_y$ 在原点处无定义，但投影区域不包含原点，因此可正常计算。
步骤 2/7
目标：将曲面积分化为二重积分
被积函数 $f(x,y,z)=xy+yz+zx$，代入 $z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$，得 $f(x,y,\sqrt{x^{2}+y^{2}})=xy+(x+y)\sqrt{x^{2}+y^{2}}$。于是曲面积分化为：
$$\iint_S (xy+yz+zx)\,\mathrm{d}S = \sqrt{2}\iint_{D_{xy}} \left[xy+(x+y)\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right]\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$
提示：注意 $z$ 的正负：由于 $z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\geq 0$，只取上半锥面。
步骤 3/7
目标：采用极坐标变换
令 $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$，则 $\sqrt{x^{2}+y^{2}}=r$，$\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。投影区域 $D_{xy}$ 的边界 $x^{2}+y^{2}=2ax$ 化为 $r=2a\cos\theta$。由于 $a>0$，$\theta$ 的范围为 $-\frac{\pi}{2}\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}$，$r$ 从 $0$ 到 $2a\cos\theta$。
公式：$x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$
提示：注意 $\theta$ 的范围：由 $r=2a\cos\theta\geq0$ 得 $\cos\theta\geq0$，故 $\theta\in[-\pi/2,\pi/2]$。
步骤 4/7
目标：计算二重积分
将极坐标代入积分：
$$\begin{aligned}
I &= \sqrt{2}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_{0}^{2a\cos\theta} \left[r^2\sin\theta\cos\theta + r(\sin\theta+\cos\theta)r\right] r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\
&= \sqrt{2}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} (\sin\theta\cos\theta+\sin\theta+\cos\theta)\,\mathrm{d}\theta \int_{0}^{2a\cos\theta} r^3\,\mathrm{d}r.
\end{aligned}$$
计算内层积分：$\int_{0}^{2a\cos\theta} r^3\,\mathrm{d}r = \frac{1}{4}(2a\cos\theta)^4 = 4a^4\cos^4\theta$。于是
$$I = \sqrt{2}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} (\sin\theta\cos\theta+\sin\theta+\cos\theta)\cdot 4a^4\cos^4\theta\,\mathrm{d}\theta = 4\sqrt{2}a^4\int_{-\pi/2}^{\pi/2} (\sin\theta\cos\theta+\sin\theta+\cos\theta)\cos^4\theta\,\mathrm{d}\theta.$$
公式：$\int r^3\,\mathrm{d}r = \frac{r^4}{4}$
提示：注意 $r^3$ 的积分结果，不要漏掉系数。
步骤 5/7
目标：利用奇偶性简化积分
被积函数中 $\sin\theta\cos\theta\cos^4\theta$ 是奇函数（因为 $\sin\theta$ 是奇函数，$\cos^5\theta$ 是偶函数，乘积为奇函数），$\sin\theta\cos^4\theta$ 也是奇函数，$\cos\theta\cos^4\theta=\cos^5\theta$ 是偶函数。在对称区间 $[-\pi/2,\pi/2]$ 上，奇函数积分为零，偶函数积分加倍。因此
$$\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin\theta\cos\theta\cos^4\theta\,\mathrm{d}\theta = 0,\quad \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin\theta\cos^4\theta\,\mathrm{d}\theta = 0,$$
$$\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^5\theta\,\mathrm{d}\theta = 2\int_{0}^{\pi/2} \cos^5\theta\,\mathrm{d}\theta.$$
所以
$$I = 4\sqrt{2}a^4 \cdot 2\int_{0}^{\pi/2} \cos^5\theta\,\mathrm{d}\theta = 8\sqrt{2}a^4\int_{0}^{\pi/2} \cos^5\theta\,\mathrm{d}\theta.$$
公式：奇函数在对称区间积分为零
提示：注意判断奇偶性时，$\sin\theta$ 是奇函数，$\cos\theta$ 是偶函数。
步骤 6/7
目标：计算 $\int_0^{\pi/2} \cos^5\theta\,\mathrm{d}\theta$
利用 Beta 函数或递推公式。$\int_0^{\pi/2} \cos^5\theta\,\mathrm{d}\theta = \frac{1}{2}B\left(\frac{1}{2},3\right) = \frac{1}{2}\cdot\frac{\Gamma(1/2)\Gamma(3)}{\Gamma(7/2)}$。计算：$\Gamma(1/2)=\sqrt{\pi}$，$\Gamma(3)=2! =2$，$\Gamma(7/2)=\frac{5}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\sqrt{\pi}=\frac{15}{8}\sqrt{\pi}$。所以
$$\int_0^{\pi/2} \cos^5\theta\,\mathrm{d}\theta = \frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{\pi}\cdot2}{\frac{15}{8}\sqrt{\pi}} = \frac{1}{2}\cdot\frac{16}{15} = \frac{8}{15}.$$
或者直接使用公式 $\int_0^{\pi/2} \cos^n\theta\,\mathrm{d}\theta = \frac{(n-1)!!}{n!!}\cdot\frac{\pi}{2}$ 当 $n$ 为奇数时，$\frac{4!!}{5!!}=\frac{4\cdot2}{5\cdot3\cdot1}=\frac{8}{15}$。
公式：$\int_0^{\pi/2} \cos^n\theta\,\mathrm{d}\theta = \frac{(n-1)!!}{n!!}\cdot\frac{\pi}{2}$（$n$ 为奇数）
提示：注意 $n!!$ 表示双阶乘，不要与阶乘混淆。
步骤 7/7
目标：得出最终结果
将 $\int_0^{\pi/2} \cos^5\theta\,\mathrm{d}\theta = \frac{8}{15}$ 代入：
$$I = 8\sqrt{2}a^4 \cdot \frac{8}{15} = \frac{64}{15}\sqrt{2}a^4.$$
因此，曲面积分的结果为 $\frac{64}{15}\sqrt{2}a^4$。
提示：最终结果要化简，注意系数。
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