下册 9.1 第一型曲线积分与第一型曲面积分 第25题
📝 题目
25．求第一型曲面积分．
（1）求第一型曲面积分 $\iint_{S} \rho \mathrm{~d} S$ ，其中 $S$ 为椭球面 $\displaystyle \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}=1, a, b, c>0, \rho$ 为原点到 $S$的切平面的距离．
（2）求第一型曲面积分 $\displaystyle \iint_{\Sigma} \frac{\mathrm{d} S}{\rho^{2}}$ ，其中 $\Sigma$ 为球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1, A$ 是 $\Sigma$ 内部一点，它与原点的距离为 $q, 0
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）椭球面 $\displaystyle S: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}=1$ 上点 $P(x, y, z)$ 处的外法线向量为 $\displaystyle n=\left\{\frac{x}{a^{2}}, \frac{y}{b^{2}}, \frac{z}{c^{2}}\right\}$ ．点 $P(x, y, z)$ 处的切平面方程为
$$
(X-x) \frac{x}{a^{2}}+(Y-y) \frac{y}{b^{2}}+(Z-z) \frac{z}{c^{2}}=0 \text {, 即 } \frac{X x}{a^{2}}+\frac{Y y}{b^{2}}+\frac{Z z}{c^{2}}=1 \text {, 其中 }(X, Y, Z) \text { 为切平面上的点. }
$$
原点到此切平面的距离为 $\displaystyle \rho(x, y, z)=\frac{1}{\sqrt{\left(\frac{x}{a^{2}}\right)^{2}+\left(\frac{y}{b^{2}}\right)^{2}+\left(\frac{z}{c^{2}}\right)^{2}}}$ ．于是
$$
\begin{aligned}
\iint_{S} \rho \mathrm{~d} S= & \iint_{S} \frac{1}{\sqrt{\left(\frac{x}{a^{2}}\right)^{2}+\left(\frac{y}{b^{2}}\right)^{2}+\left(\frac{z}{c^{2}}\right)^{2}}} \mathrm{~d} S \\
= & \frac{1}{3} \iint_{S}\left(\frac{x}{a^{2}} \frac{1}{\sqrt{\left(\frac{x}{a^{2}}\right)^{2}+\left(\frac{y}{b^{2}}\right)^{2}+\left(\frac{z}{c^{2}}\right)^{2}}} \frac{1}{\frac{x}{a^{2}}}+\frac{y}{b^{2}} \frac{1}{\sqrt{\left(\frac{x}{a^{2}}\right)^{2}+\left(\frac{y}{b^{2}}\right)^{2}+\left(\frac{z}{c^{2}}\right)^{2}}} \frac{1}{\frac{y}{b^{2}}}+\right. \\
& \left.\frac{z}{c^{2}} \frac{1}{\sqrt{\left(\frac{x}{a^{2}}\right)^{2}+\left(\frac{y}{b^{2}}\right)^{2}+\left(\frac{z}{c^{2}}\right)^{2}}} \frac{1}{c^{2}}\right) \mathrm{d} S \\
= & \frac{1}{3} \iint_{S}\left(\frac{a^{2}}{x} \cos \alpha+\frac{b^{2}}{y} \cos \beta+\frac{c^{2}}{z} \cos \gamma\right) \mathrm{d} S=\frac{1}{3} \iint_{S} \frac{a^{2}}{x} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\frac{b^{2}}{y} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+\frac{c^{2}}{z} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y .
\end{aligned}
$$
先求 $\displaystyle \iint_{S} \frac{1}{z} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ．
记上半椭球面为 $\displaystyle S_{1}: z=c \sqrt{1-\left(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\right)}$ ，下半椭球面为 $\displaystyle S_{2}: z=-c \sqrt{1-\left(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\right)}$ ．它们在 $x y$平面的投影区域均为 $\displaystyle D_{x y}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} \leqslant 1$ ．于是
$$
\begin{aligned}
\iint_{S} \frac{1}{z} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y & =\iint_{S_{1}} \frac{1}{z} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+\iint_{S_{2}} \frac{1}{z} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D_{\mathrm{vy}}} \frac{\mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{c \sqrt{1-\left(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\right)}}-\iint_{D_{\mathrm{vy}}} \frac{\mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{-c \sqrt{1-\left(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\right)}} \\
& =2 \iint_{D_{\mathrm{vr}}} \frac{\mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{c \sqrt{1-\left(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\right)}}=\frac{2}{c} a b \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-r^{2}}} r \mathrm{~d} r=\frac{4 \pi a b}{c}
\end{aligned}
$$
同理得 $\displaystyle \iint_{S} \frac{1}{y} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} z=\frac{4 \pi c a}{b}, \iint_{S} \frac{1}{x} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\frac{4 \pi b c}{a}$ ．
于是
$$
\iint_{S} \rho \mathrm{~d} S=\iint_{S} \frac{1}{\sqrt{\left(\frac{x}{a^{2}}\right)^{2}+\left(\frac{y}{b^{2}}\right)^{2}+\left(\frac{z}{c^{2}}\right)^{2}}} \mathrm{~d} S=\frac{1}{3} \iint_{S} \frac{a^{2}}{x} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\frac{b^{2}}{y} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+\frac{c^{2}}{z} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y
$$
$$
=\frac{1}{3}\left(a^{2} \frac{4 \pi b c}{a}+b^{2} \frac{4 \pi c a}{b}+c^{2} \frac{4 \pi a b}{c}\right)=\frac{1}{3}(4 \pi b c a+4 \pi c a b+4 \pi a b c)=4 \pi a b c .
$$
（2）设 $A$ 点坐标为 $(0,0, q)$ ，则 $\rho^{2}=x^{2}+y^{2}+(z-q)^{2}$ ．于是 $\displaystyle \iint_{\Sigma} \frac{\mathrm{d} S}{\rho^{2}}=\iint_{\Sigma} \frac{\mathrm{d} S}{x^{2}+y^{2}+(z-q)^{2}}$ ．
作变换：$x=\cos \theta \sin \varphi, y=\sin \theta \sin \varphi, z=\cos \varphi, 0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi, 0 \leqslant \varphi \leqslant \pi$ ．
$$
E=x_{\varphi}^{2}+y_{\varphi}^{2}+z_{\varphi}^{2}=1, G=x_{\theta}^{2}+y_{\theta}^{2}+z_{\theta}^{2}=\sin ^{2} \varphi, F=x_{\varphi} x_{\theta}+y_{\varphi} y_{\theta}+z_{\varphi} y_{\theta}=0, \sqrt{E G-F^{2}}=\sin \varphi .
$$
故
$$
\begin{aligned}
\iint_{\Sigma} \frac{\mathrm{d} S}{\rho^{2}}=\iint_{\Sigma} \frac{\mathrm{d} S}{x^{2}+y^{2}+(z-q)^{2}} & =\iint_{\substack{0<\delta<2 \pi \\
0<\varphi<\pi}} \frac{\sqrt{E G-F^{2}}}{(\cos \theta \sin \varphi)^{2}+(\sin \theta \sin \varphi)^{2}+(\cos \varphi-q)^{2}} \mathrm{~d} \varphi \mathrm{~d} \theta \\
& =\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\pi} \frac{\sin \varphi}{q^{2}+1-2 q \cos \varphi}=\frac{2 \pi}{2 q} \int_{0}^{\pi} \frac{\mathrm{d}\left(q^{2}+1-2 q \cos \varphi\right)}{q^{2}+1-2 q \cos \varphi} \\
& =\left.\frac{\pi}{q} \ln \left(q^{2}+1-2 q \cos \varphi\right)\right|_{0} ^{\pi}=\frac{2 \pi}{q} \ln \frac{1+q}{1-q} .
\end{aligned}
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：求切平面方程和原点到切平面的距离
椭球面 $S: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$ 上点 $P(x,y,z)$ 处的法向量为 $\mathbf{n}=\left(\frac{x}{a^2},\frac{y}{b^2},\frac{z}{c^2}\right)$。切平面方程为 $\frac{Xx}{a^2}+\frac{Yy}{b^2}+\frac{Zz}{c^2}=1$。原点到切平面的距离为 $\rho=\frac{1}{\sqrt{\left(\frac{x}{a^2}\right)^2+\left(\frac{y}{b^2}\right)^2+\left(\frac{z}{c^2}\right)^2}}$。
公式：\rho = \frac{1}{\sqrt{\left(\frac{x}{a^2}\right)^2+\left(\frac{y}{b^2}\right)^2+\left(\frac{z}{c^2}\right)^2}}
提示：注意法向量方向，距离公式中分母是法向量的模。
步骤 2/8
目标：将曲面积分转化为第二型曲面积分
利用对称性，将 $\iint_S \rho \, dS$ 写成 $\frac{1}{3}\iint_S \left(\frac{a^2}{x}\cos\alpha+\frac{b^2}{y}\cos\beta+\frac{c^2}{z}\cos\gamma\right)dS$，其中 $\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma$ 是外法线方向余弦。进而化为 $\frac{1}{3}\iint_S \frac{a^2}{x}dy\,dz+\frac{b^2}{y}dz\,dx+\frac{c^2}{z}dx\,dy$。
公式：\iint_S \rho \, dS = \frac{1}{3}\iint_S \left(\frac{a^2}{x}dy\,dz+\frac{b^2}{y}dz\,dx+\frac{c^2}{z}dx\,dy\right)
提示：注意方向余弦与坐标微元的关系，以及系数1/3的来源。
步骤 3/8
目标：计算 $\iint_S \frac{1}{z}dx\,dy$
将椭球面分为上下两半：$S_1: z=c\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}}$，$S_2: z=-c\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}}$。投影到 $xy$ 平面得 $D_{xy}: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\le 1$。则 $\iint_S \frac{1}{z}dx\,dy = \iint_{D_{xy}}\frac{dx\,dy}{c\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}}} - \iint_{D_{xy}}\frac{dx\,dy}{-c\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}}} = 2\iint_{D_{xy}}\frac{dx\,dy}{c\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}}}$。作广义极坐标变换 $x=ar\cos\theta, y=br\sin\theta$，雅可比为 $abr$，积分得 $\frac{2}{c}ab\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1\frac{r}{\sqrt{1-r^2}}dr = \frac{4\pi ab}{c}$。
公式：\iint_S \frac{1}{z}dx\,dy = \frac{4\pi ab}{c}
提示：注意上下半椭球面投影时符号的处理，以及广义极坐标变换的雅可比。
步骤 4/8
目标：计算其余两个第二型曲面积分
由对称性，$\iint_S \frac{1}{y}dz\,dx = \frac{4\pi ca}{b}$，$\iint_S \frac{1}{x}dy\,dz = \frac{4\pi bc}{a}$。
公式：\iint_S \frac{1}{y}dz\,dx = \frac{4\pi ca}{b},\quad \iint_S \frac{1}{x}dy\,dz = \frac{4\pi bc}{a}
提示：注意变量轮换时对应坐标轴的顺序。
步骤 5/8
目标：代入并得到第一型曲面积分结果
将三个积分代入：$\iint_S \rho \, dS = \frac{1}{3}\left(a^2\cdot\frac{4\pi bc}{a} + b^2\cdot\frac{4\pi ca}{b} + c^2\cdot\frac{4\pi ab}{c}\right) = \frac{1}{3}(4\pi abc+4\pi abc+4\pi abc)=4\pi abc$。
公式：\iint_S \rho \, dS = 4\pi abc
提示：注意系数化简，最终结果简洁。
步骤 6/8
目标：建立坐标系并写出被积函数
设点 $A$ 在 $z$ 轴上，坐标为 $(0,0,q)$，则 $\rho^2 = x^2+y^2+(z-q)^2$。球面 $\Sigma: x^2+y^2+z^2=1$。所求积分为 $\iint_\Sigma \frac{dS}{x^2+y^2+(z-q)^2}$。
公式：\iint_\Sigma \frac{dS}{\rho^2} = \iint_\Sigma \frac{dS}{x^2+y^2+(z-q)^2}
提示：由于对称性，可设A在z轴上，不影响结果。
步骤 7/8
目标：球面参数化并计算第一基本形式
采用球坐标：$x=\cos\theta\sin\varphi, y=\sin\theta\sin\varphi, z=\cos\varphi$，其中 $0\le\theta\le 2\pi, 0\le\varphi\le\pi$。计算得 $E=1, G=\sin^2\varphi, F=0$，所以 $\sqrt{EG-F^2}=\sin\varphi$。
公式：\sqrt{EG-F^2} = \sin\varphi
提示：注意球坐标参数化的正确性，以及第一基本量的计算。
步骤 8/8
目标：计算曲面积分
代入得 $\iint_\Sigma \frac{dS}{\rho^2} = \int_0^{2\pi}d\theta\int_0^\pi \frac{\sin\varphi}{1+q^2-2q\cos\varphi} d\varphi = 2\pi \int_0^\pi \frac{\sin\varphi}{1+q^2-2q\cos\varphi} d\varphi$。令 $u=1+q^2-2q\cos\varphi$，则 $du=2q\sin\varphi d\varphi$，积分变为 $\frac{2\pi}{2q}\int_{u(0)}^{u(\pi)} \frac{du}{u} = \frac{\pi}{q}\ln\frac{1+q^2+2q}{1+q^2-2q} = \frac{\pi}{q}\ln\frac{(1+q)^2}{(1-q)^2} = \frac{2\pi}{q}\ln\frac{1+q}{1-q}$。
公式：\iint_\Sigma \frac{dS}{\rho^2} = \frac{2\pi}{q}\ln\frac{1+q}{1-q}
提示：注意换元时上下限的变化，以及对数化简。
📷 拍照上传批改
拍照上传批改功能已预留入口，后续接入图片上传、OCR识别与AI批改。