第4节 对⾯积的曲⾯积分
待校验 4、6
一、基础题
1. 计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} \left(2x + \frac{4}{3}y + z\right) \mathrm{d}S$， 其中 $\Sigma$ 是平面 $\frac{x}{2} + \frac{y}{3} + \frac{z}{4} = 1$ 在第一卦限的部分.
【解答过程】
平面的方程可化为 $z = 4 - 2x - \frac{4}{3}y$。
由此可得偏导数 $z_x = -2, z_y = -\frac{4}{3}$。
曲面面积元素 $\mathrm{d}S = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \sqrt {1 + (-2)^2 + \left(-\frac{4}{3}\right)^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \sqrt{1 + 4 + \frac{16}{9}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{\sqrt{61}}{3} \mathrm{d}x\mathrm{d} y$。
将 $z$ 的表达式代入被积函数中：$2x + \frac{4}{3}y + z = 2x + \frac{4}{3}y + \left(4 - 2x - \frac{4}{3}y\right) = 4$。
曲面 $\Sigma$ 在 $xOy$ 面上的投影区域 $D_{xy}$ 为直线 $\frac{x}{2} + \frac{y}{3} = 1$ 与坐标轴在第一象限围成的三角形区域。其面积 $S_D = \frac{1}{2} \times 2 \times 3 = 3$。
代入计算曲面积分：
$$\iint_{\Sigma} \left(2x + \frac{4}{3}y + z\right) \mathrm{d}S = \iint_{D_{xy}} 4 \cdot \frac{\sqrt{61}}{3} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{4\sqrt{61}}{3} \iint_ {D_{xy}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{4\sqrt{61}}{3} \times 3 = 4\sqrt{61}$$2. 计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} (x^2 + y^2 + z) \mathrm{d}S$，其中 $\Sigma$ 为锥面 $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ 介于 $z=0$ 及 $z=1$ 之间的部分.
【解答过程】
由锥面方程 $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ 可得偏导数：
$z_x = \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}}, z_y = \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}}$。
面积元素 $\mathrm{d}S = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \sqrt{1+ \frac{x^2}{x^2+y^2} + \frac{y^2}{x^2+y^2}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \sqrt{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$。
曲面 $\Sigma$ 对应的投影区域 $D_{xy}$ 为圆域 $x^2 + y^2 \leq 1$。
将 $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ 代入原积分，并转换为极坐标形式进行计算：
$$\iint_{\Sigma} (x^2 + y^2 + z) \mathrm{d}S = \iint_{D_{xy}} \left(x^2 + y^2 + \sqrt{x^2 + y^2}\right) \sqrt{2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$$$= \sqrt{2} \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} (r^2 + r) r \mathrm{d} r = 2\sqrt{2}\pi \int_{0}^{1} (r^3 + r^2) \mathrm{d}r$$$$= 2\sqrt{2}\pi \left[ \frac{1}{4}r^4 + \frac{1}{3}r^3 \right]_{0}^{1} = 2\sqrt {2}\pi \left(\frac{1}{4} + \frac{1}{3}\right) = \frac{7\sqrt{2}\pi}{6}$$3. 计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} (x^2 + y^2) \mathrm{d}S$，其中 $\Sigma$ 为抛物面 $z = 2 - x^2 - y^2$ 在 $xOy$ 面上方的部分.
【解答过程】
因为 $\Sigma$ 在 $xOy$ 面上方，即 $z \geq 0$，令 $2 - x^2 - y^2 \geq 0$ 得到投影区域 $D_{xy}$ 为 $x^2 + y^2 \leq 2$。
偏导数 $z_x = -2x, z_y = -2y$，面积元素 $\mathrm{d}S = \sqrt{1 + (-2x)^2 + (-2y)^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \sqrt{1 + 4x^2 + 4y^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$。
利用极坐标转换积分：
$$\iint_{\Sigma} (x^2 + y^2) \mathrm{d}S = \iint_{D_{xy}} (x^2 + y^2) \sqrt{1 + 4 (x^2 + y^2)} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^ {\sqrt{2}} r^2 \sqrt{1 + 4r^2} r \mathrm{d}r = 2\pi \int_{0}^{\sqrt{2}} r^3 \sqrt {1 + 4r^2} \mathrm{d}r$$令 $u = 1 + 4r^2$，则 $r^2 = \frac{u-1}{4}$，$8r\mathrm{d}r = \mathrm{d}u$。当 $r=0$ 时 $u=1$；$r=\sqrt{2}$ 时 $u=9$。
$$\text{原积分} = 2\pi \int_{1}^{9} \frac{u-1}{4} \sqrt{u} \frac{1}{8} \mathrm{d}u = \frac{\pi}{16} \int_{1}^{9} (u^{\frac{3}{2}} - u^{\frac{1}{2}}) \mathrm{d}u$$$$= \frac{\pi}{16} \left[ \frac{2}{5}u^{\frac{5}{2}} - \frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}} \right]_{1}^{9} = \frac{\pi}{16} \left[ \left(\frac{2}{5} \cdot 243 - \frac{2}{3} \cdot 27\right) - \left(\frac{2}{5} - \frac{2}{3}\right) \right]$$$$= \frac{\pi}{16} \left( \frac{486}{5} - 18 - \frac{2}{5} + \frac{2}{3} \right) = \frac{\pi}{16} \left( \frac{484}{5} - \frac{52}{3} \right) = \frac{\pi}{16} \times \frac{1192}{15} = \frac{149\pi}{30}$$4. 求曲面 $z = axy$ 包含在圆柱面 $x^2 + y^2 = a^2 \ (a>0)$ 内部的面积.
【解答过程】
投影区域 $D_{xy}$ 为圆域 $x^2 + y^2 \leq a^2$。
偏导数 $z_x = ay, z_y = ax$，面积元素 $\mathrm{d}S = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \sqrt{1 + a^2y^2 + a^2x^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$。
曲面面积 $A = \iint_{\Sigma} \mathrm{d}S$，代入极坐标计算：
$$A = \iint_{D_{xy}} \sqrt{1 + a^2(x^2 + y^2)} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{0}^ {2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{a} \sqrt{1 + a^2r^2} r \mathrm{d}r$$$$= 2\pi \left[ \frac{1}{3a^2} (1 + a^2r^2)^{\frac{3}{2}} \right]_{0}^{a} = \frac {2\pi}{3a^2} \left[ (1+a^4)^{\frac{3}{2}} - 1 \right]$$二、提高题
**5. 计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} (z + |x|)^2 \mathrm{d}S$，其中 $\Sigma$ 为球面 $x^2
- y2 + z2 = R^2$.**
【解答过程】
将被积函数展开：$(z + |x|)^2 = z^2 + 2z|x| + x^2$。
因为曲面 $\Sigma$ （球面）关于 $xOy$ 平面（即上下半球）完全对称，而函数 $f(x,y,z) = 2z|x|$ 是关于 $z$ 的奇函数，故积分 $\iint_{\Sigma} 2z|x| \mathrm{d}S = 0$。
原积分简化为 $\iint_{\Sigma} (x^2 + z^2) \mathrm{d}S$。
根据球面的轮换对称性可知：$\iint_{\Sigma} x^2 \mathrm{d}S = \iint_{\Sigma} y^2 \mathrm {d}S = \iint_{\Sigma} z^2 \mathrm{d}S = \frac{1}{3} \iint_{\Sigma} (x^2 + y^2 + z^2) \mathrm{d}S$。
因为在球面上有 $x^2 + y^2 + z^2 = R^2$，故有：
$$\frac{1}{3} \iint_{\Sigma} (x^2 + y^2 + z^2) \mathrm{d}S = \frac{1}{3} \iint_ {\Sigma} R^2 \mathrm{d}S = \frac{R^2}{3} \times (4\pi R^2) = \frac{4}{3}\pi R^4$$所以原积分：
$$\iint_{\Sigma} (x^2 + z^2) \mathrm{d}S = \iint_{\Sigma} x^2 \mathrm{d}S + \iint_ {\Sigma} z^2 \mathrm{d}S = 2 \times \frac{4}{3}\pi R^4 = \frac{8}{3}\pi R^4$$6. 若曲面 $z = \frac{1+x^2+y^2}{2} \ \left(\frac{1}{2} \leq z \leq \frac{3}{2} \right)$ 上每一点面密度等于该点到 $xOy$ 面的距离，求该曲面的质量.
【解答过程】
面密度函数为 $\rho(x,y,z) = |z| = z$（由于 $z \geq 1/2 > 0$）。
将 $z$ 范围代入解析式 $\frac{1}{2} \leq \frac{1+x^2+y^2}{2} \leq \frac{3}{2}$，得到 $xOy$ 面上的投影区域 $D_{xy}$ 为 $0 \leq x^2 + y^2 \leq 2$。
偏导数 $z_x = x, z_y = y$，面积元素 $\mathrm{d}S = \sqrt{1 + x^2 + y^2} \mathrm{d} x\mathrm{d}y$。
曲面质量 $M = \iint_{\Sigma} \rho \mathrm{d}S$，用极坐标计算如下：
$$M = \iint_{D_{xy}} \frac{1+x^2+y^2}{2} \sqrt{1 + x^2 + y^2} \mathrm{d}x\mathrm {d}y = \frac{1}{2} \iint_{D_{xy}} (1+x^2+y^2)^{\frac{3}{2}} \mathrm{d}x\mathrm{d} y$$$$= \frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{\sqrt{2}} (1+r^2)^ {\frac{3}{2}} r \mathrm{d}r = \pi \left[ \frac{1}{5}(1+r^2)^{\frac{5}{2}} \right]_ {0}^{\sqrt{2}} = \frac{\pi}{5} \left( 3^{\frac{5}{2}} - 1 \right) = \frac{\pi}{5} (9\sqrt{3} - 1)$$7. 求面密度为 1 的单位球面对于某直径的转动惯量.
【解答过程】
设单位球面方程为 $\Sigma: x^2 + y^2 + z^2 = 1$，面密度 $\rho = 1$。为了计算方便，取该直径 位于 $z$ 轴上。
绕 $z$ 轴的转动惯量公式为 $I_z = \iint_{\Sigma} (x^2 + y^2) \rho \mathrm{d}S = \iint_ {\Sigma} (x^2 + y^2) \mathrm{d}S$。
由球面的轮换对称性可知：
$$\iint_{\Sigma} x^2 \mathrm{d}S = \iint_{\Sigma} y^2 \mathrm{d}S = \frac{1}{3} \iint_{\Sigma} (x^2 + y^2 + z^2) \mathrm{d}S$$在 $\Sigma$ 上恒有 $x^2 + y^2 + z^2 = 1$，且单位球面的面积为 $4\pi \times 1^2 = 4\pi$。
$$\frac{1}{3} \iint_{\Sigma} 1 \mathrm{d}S = \frac{4\pi}{3}$$由此可得转动惯量 $I_z$：
$$I_z = \iint_{\Sigma} x^2 \mathrm{d}S + \iint_{\Sigma} y^2 \mathrm{d}S = \frac {4\pi}{3} + \frac{4\pi}{3} = \frac{8\pi}{3}$$三、考研真题
8.（2012112）设 $\Sigma = \{(x,y,z) | x+y+z=1, x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0\}$， 则 $\iint_{\Sigma} y^2 \mathrm{d}S =$ ________.
【解答过程】
曲面 $\Sigma$ 可以表示为 $z = 1 - x - y$。
其在 $xOy$ 面上的投影区域 $D_{xy}$ 是由 $x=0, y=0, x+y=1$ 围成的三角形区域。
偏导数 $z_x = -1, z_y = -1$，面积元素 $\mathrm{d}S = \sqrt{1 + (-1)^2 + (-1)^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \sqrt{3} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$。
$$\iint_{\Sigma} y^2 \mathrm{d}S = \iint_{D_{xy}} y^2 \sqrt{3} \mathrm{d}x\mathrm {d}y = \sqrt{3} \int_{0}^{1} \mathrm{d}x \int_{0}^{1-x} y^2 \mathrm{d}y$$$$= \sqrt{3} \int_{0}^{1} \left[ \frac{1}{3}y^3 \right]_{0}^{1-x} \mathrm{d}x = \frac{\sqrt{3}}{3} \int_{0}^{1} (1-x)^3 \mathrm{d}x = \frac{\sqrt{3}}{3} \left[ -\frac{1}{4}(1-x)^4 \right]_{0}^{1} = \frac{\sqrt{3}}{12}$$答案： $\frac{\sqrt{3}}{12}$
9.（2010119）设 $P$ 是椭球面 $S: x^2 + y^2 + z^2 - yz = 1$ 上的动点，若 $S$ 在点 $P$ 处的切平面与 $xOy$ 面垂直，求点 $P$ 的轨迹 $C$，并计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} \frac{(x +\sqrt{3})|y-2z|}{\sqrt{4+y^2+z^2-4yz}} \mathrm{d}S$，其中 $\Sigma$ 是椭球面 $S$ 位于 曲线 $C$ 上方的部分.
【解答过程】
记椭球面方程为 $F(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - yz - 1 = 0$。
点 $P$ 处切平面的法向量为 $\vec{n} = (F_x, F_y, F_z) = (2x, 2y-z, 2z-y)$。
因为切平面与 $xOy$ 面垂直（法向量为 $(0,0,1)$），它们的法向量内积为0：
$(2x, 2y-z, 2z-y) \cdot (0,0,1) = 2z - y = 0 \implies y = 2z$。
将 $y=2z$ 联立椭球面方程，可求出点 $P$ 的轨迹 $C$ 为空间曲线：
$$\begin{cases} x^2 + 3z^2 = 1 \\ y = 2z \end{cases}$$由椭球面方程解出 $z$：$z^2 - yz + (x^2+y^2-1) = 0 \implies z = \frac{y \pm \sqrt{4 - 4x^2 - 3y^2}}{2}$。
由于 $\Sigma$ 取曲线 $C$ 上方的部分，应取加号，即 $z = \frac{y + \sqrt{4-4x^2-3y^2}}{2} $。此时 $2z - y = \sqrt{4-4x^2-3y^2} > 0$，所以绝对值项 $|y-2z| = 2z-y$。
由此也确定了投影区域 $D_{xy}$ 的边界为 $4-4x^2-3y^2=0$ 即 $4x^2 + 3y^2 \leq 4$。
利用隐函数求导 $z_x = -\frac{F_x}{F_z} = \frac{-2x}{2z-y}, \quad z_y = -\frac{F_y} {F_z} = \frac{z-2y}{2z-y}$。
$$\mathrm{d}S = \sqrt{1 + \left(\frac{-2x}{2z-y}\right)^2 + \left(\frac{z-2y} {2z-y}\right)^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{\sqrt{(2z-y)^2 + 4x^2 + (z-2y)^2}} {2z-y} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$$$= \frac{\sqrt{4x^2 + 5y^2 + 5z^2 - 8yz}}{2z-y} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$注意到椭球面条件可化为 $4(x^2+y^2+z^2-yz)=4$，此时分子根号内正好可写成 $4 + y^2 + z^2 - 4yz$。
代入原积分计算式中，分母和绝对值项完全约减消去：
$$\iint_{\Sigma} \frac{(x+\sqrt{3})(2z-y)}{\sqrt{4+y^2+z^2-4yz}} \cdot \frac{\sqrt {4+y^2+z^2-4yz}}{2z-y} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{D_{xy}} (x+\sqrt{3}) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$积分区域 $D_{xy}$ 为 $x^2 + \frac{y^2}{4/3} \leq 1$ 构成的椭圆，面积为 $\pi \cdot 1 \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}\pi}{3}$。由于对称性，$\iint_{D_{xy}} x \mathrm{d}x\mathrm{d}y = 0$。
原积分 $= \sqrt{3} \times S_{D_{xy}} = \sqrt{3} \times \frac{2\sqrt{3}\pi}{3} = 2\pi$。
结论：点 $P$ 轨迹 $C$ 是 $\begin{cases} x^2+3z^2=1 \\ y=2z \end{cases}$，积分为 $2\pi$。
10.（2007114）设曲面为 $\Sigma: |x| + |y| + |z| = 1$，则 $\iint_{\Sigma} (x+|y|) \mathrm{d}S =$ ________.
【解答过程】
曲面 $\Sigma$ 是一个正八面体，在三维空间中对坐标平面具有充分对称性。
因 $\Sigma$ 关于 $yOz$ 面完全对称，而函数 $x$ 是关于 $x$ 坐标的奇函数，所以 $\iint_
{\Sigma} x \mathrm{d}S = 0$。
原积分即求 $\iint_{\Sigma} |y| \mathrm{d}S$。
根据对称性 $\iint_{\Sigma} |x| \mathrm{d}S = \iint_{\Sigma} |y| \mathrm{d}S =
\iint_{\Sigma} |z| \mathrm{d}S = \frac{1}{3} \iint_{\Sigma} (|x| + |y| + |z|)
\mathrm{d}S$。
因为在 $\Sigma$ 上面处处有 $|x| + |y| + |z| = 1$，这等于 $\frac{1}{3} \iint_{\Sigma}
1 \mathrm{d}S$，即为曲面总表面积的三分之一。
曲面在第一卦限对应的面方程为 $x+y+z=1 (x>0,y>0,z>0)$，其法向量为 $(1,1,1)$，面积元素
$\mathrm{d}S = \sqrt{3} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$。
投影是两直角边均为 1 的直角三角形，其投影面积为 $1/2$，由此单个三角形面的面积为 $\frac{\sqrt
{3}}{2}$。
总共有8个这样的面，故曲面总面积为 $A_{\Sigma} = 8 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3}
$。
原积分 $= \frac{1}{3} \times 4\sqrt{3} = \frac{4\sqrt{3}}{3}$。
答案： $\frac{4\sqrt{3}}{3}$