📝 题目
30．求曲线 $\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=2 a^{2}\left(x^{2}-y^{2}\right)$ 和 $x^{2}+y^{2} \geqslant a$ 所围成区域 $D$ 的面积．
💡 答案与解析
[AI解答]
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我们要求的是曲线 $$ (x^2+y^2)^2 = 2a^2(x^2 - y^2) $$ 与条件 $x^2+y^2 \ge a$ 所围成区域 $D$ 的面积。 首先，将曲线方程化为极坐标形式。令 $$ x = r\cos\theta,\quad y = r\sin\theta, $$ 则 $$ x^2+y^2 = r^2,\quad x^2 - y^2 = r^2(\cos^2\theta - \sin^2\theta) = r^2\cos 2\theta. $$ 代入曲线方程得 $$ (r^2)^2 = 2a^2 (r^2\cos 2\theta) \quad\Rightarrow\quad r^4 = 2a^2 r^2 \cos 2\theta. $$ 当 $r \neq 0$ 时，两边约去 $r^2$，得 $$ r^2 = 2a^2 \cos 2\theta. $$ 因此曲线在极坐标下表示为 $$ r = a\sqrt{2\cos 2\theta}, $$ 要求 $\cos 2\theta \ge 0$，即 $$ -\frac{\pi}{4} \le \theta \le \frac{\pi}{4} \quad\text{或}\quad \frac{3\pi}{4} \le \theta \le \frac{5\pi}{4}. $$ 这是双纽线（lemniscate）的形状。
另一个条件是 $x^2+y^2 \ge a$，即 $$ r^2 \ge a \quad\Rightarrow\quad r \ge \sqrt{a}. $$ 因此区域 $D$ 是由双纽线外部与圆 $r=\sqrt{a}$ 内部（即半径 $\sqrt{a}$ 的圆盘外部）所围成的部分。 注意：这里“$x^2+y^2 \ge a$”表示圆外区域，而双纽线是封闭曲线，所以区域 $D$ 是双纽线内部且位于圆外的那部分。
由于图形关于 $x$ 轴和 $y$ 轴对称，我们只需计算第一象限部分面积再乘以 2（注意对称性：双纽线在四个象限对称，但圆外条件对称，所以取第一象限和第四象限对称，或取第一象限部分乘以 2 再乘以 2？需谨慎）。
实际上，双纽线在 $\theta$ 从 $-\pi/4$ 到 $\pi/4$ 和 $3\pi/4$ 到 $5\pi/4$ 两个区间各形成一个封闭环，但条件 $r\ge\sqrt{a}$ 会截取其中一部分。由于对称性，我们只考虑 $\theta$ 从 $0$ 到 $\pi/4$ 的部分，然后乘以 4 得到总面积。
在 $\theta\in[0,\pi/4]$ 内，双纽线从 $r=0$ 到 $r=a\sqrt{2\cos 2\theta}$，而圆半径是 $\sqrt{a}$。 区域 $D$ 要求 $r \ge \sqrt{a}$，同时又在双纽线内部，即 $$ \sqrt{a} \le r \le a\sqrt{2\cos 2\theta}. $$ 这个不等式成立的条件是 $$ \sqrt{a} \le a\sqrt{2\cos 2\theta} \quad\Rightarrow\quad 1 \le a \cdot 2\cos 2\theta \quad? $$ 注意：这里 $a$ 是正常数，我们检查： $$ \sqrt{a} \le a\sqrt{2\cos 2\theta} \;\Rightarrow\; \frac{\sqrt{a}}{a} \le \sqrt{2\cos 2\theta} \;\Rightarrow\; \frac{1}{\sqrt{a}} \le \sqrt{2\cos 2\theta}. $$ 两边平方得 $$ \frac{1}{a} \le 2\cos 2\theta \quad\Rightarrow\quad \cos 2\theta \ge \frac{1}{2a}. $$ 由于 $\cos 2\theta$ 在 $[0,\pi/4]$ 上从 1 递减到 0，因此存在一个角度 $\theta_0$ 使得 $$ \cos 2\theta_0 = \frac{1}{2a}. $$ 当 $a$ 较大时，这个条件可能自动满足，但题目没有给定 $a$ 的具体数值，因此我们假设 $a$ 使得 $\frac{1}{2a} \le 1$，即 $a \ge 1/2$，否则无区域。通常这类题默认 $a>0$，且圆半径小于双纽线最远点，即 $\sqrt{a} \le a\sqrt{2}$，这要求 $a\ge 1/2$。我们按一般情况处理。
因此，在第一象限内，$\theta$ 从 $\theta_0$ 到 $\pi/4$，其中 $$ \theta_0 = \frac{1}{2}\arccos\left(\frac{1}{2a}\right). $$ 面积微元为 $$ dA = \frac{1}{2} r^2 d\theta. $$ 区域 $D$ 在第一象限部分的面积为 $$ A_1 = \int_{\theta_0}^{\pi/4} \frac{1}{2} \left[ \left(a\sqrt{2\cos 2\theta}\right)^2 - (\sqrt{a})^2 \right] d\theta = \frac{1}{2} \int_{\theta_0}^{\pi/4} \left( 2a^2 \cos 2\theta - a \right) d\theta. $$ 计算积分： $$ \int \left(2a^2 \cos 2\theta - a\right) d\theta = a^2 \sin 2\theta - a\theta. $$ 代入上下限： $$ A_1 = \frac{1}{2} \left[ a^2 \sin 2\theta - a\theta \right]_{\theta_0}^{\pi/4}. $$ 在 $\theta=\pi/4$ 时，$\sin 2\theta = \sin(\pi/2)=1$，所以 $$ A_1 = \frac{1}{2} \left[ a^2 \cdot 1 - a\cdot\frac{\pi}{4} - \left( a^2 \sin 2\theta_0 - a\theta_0 \right) \right]. $$ 由 $\theta_0$ 定义，$\sin 2\theta_0 = \sqrt{1-\cos^2 2\theta_0} = \sqrt{1 - \frac{1}{4a^2}}$。 因此 $$ A_1 = \frac{1}{2} \left( a^2 - \frac{a\pi}{4} - a^2\sqrt{1-\frac{1}{4a^2}} + a\theta_0 \right). $$ 由于图形有四个对称的相同部分（四个象限各一块），总面积 $$ A = 4A_1 = 2\left( a^2 - \frac{a\pi}{4} - a^2\sqrt{1-\frac{1}{4a^2}} + a\theta_0 \right). $$ 将 $\theta_0 = \frac{1}{2}\arccos\left(\frac{1}{2a}\right)$ 代入，得 $$ A = 2a^2 - \frac{a\pi}{2} - 2a^2\sqrt{1-\frac{1}{4a^2}} + a\arccos\left(\frac{1}{2a}\right). $$ 整理，可写成 $$ \boxed{A = a\arccos\left(\frac{1}{2a}\right) + 2a^2\left(1 - \sqrt{1-\frac{1}{4a^2}}\right) - \frac{a\pi}{2}}. $$ 此即所求区域面积。
难度评级：★★★★☆