📝 题目
12．利用三重积分计算下列由曲面所围成的立体的体积： （1）$z=6-x^{2}-y^{2}$ 及 $z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ ； ＊（2）$x^{2}+y^{2}+z^{2}=2 a z(a\gt 0)$ 及 $x^{2}+y^{2}=z^{2}$（含有 $z$ 轴的部分）； （3）$z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ 及 $z=x^{2}+y^{2}$ ； （4）$z=\sqrt{5-x^{2}-y^{2}}$ 及 $x^{2}+y^{2}=4 z$ ．
💡 答案与解析
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以下是习题10-3第12题各小题的详细解答，利用三重积分计算曲面所围立体的体积。
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### （1） 曲面： $z=6-x^2-y^2$（开口向下的抛物面） $z=\sqrt{x^2+y^2}$（圆锥面）
两曲面交线满足： $$ 6 - (x^2+y^2) = \sqrt{x^2+y^2} $$ 令 $r = \sqrt{x^2+y^2}$，则 $$ 6 - r^2 = r \quad\Rightarrow\quad r^2 + r - 6 = 0 $$ 解得 $r=2$（舍去负根）。
在柱坐标下： $$ V = \iiint\limits_{\Omega} \mathrm{d}V = \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{2} r\,\mathrm{d}r \int_{r}^{6-r^2} \mathrm{d}z $$ 先对 $z$ 积分： $$ \int_{r}^{6-r^2} \mathrm{d}z = 6 - r^2 - r $$ 再对 $r$： $$ \int_{0}^{2} r(6 - r^2 - r)\,\mathrm{d}r = \int_{0}^{2} (6r - r^3 - r^2)\,\mathrm{d}r = \left[3r^2 - \frac{r^4}{4} - \frac{r^3}{3}\right]_{0}^{2} = 12 - 4 - \frac{8}{3} = \frac{16}{3} $$ 最后乘以 $2\pi$： $$ V = 2\pi \cdot \frac{16}{3} = \frac{32\pi}{3} $$
**难度：★★☆☆☆**
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### （2） 曲面： 球面 $x^2+y^2+z^2 = 2az$，即 $x^2+y^2+(z-a)^2 = a^2$，球心 $(0,0,a)$，半径 $a$。 锥面 $x^2+y^2 = z^2$（取含 $z$ 轴部分，即 $z \ge 0$）。
交线：代入 $x^2+y^2 = z^2$ 到球面方程： $$ z^2 + z^2 = 2az \quad\Rightarrow\quad 2z^2 = 2az \quad\Rightarrow\quad z(z-a)=0 $$ 得 $z=0$ 或 $z=a$。 在 $z=a$ 处，$x^2+y^2 = a^2$，即半径为 $a$ 的圆。
立体为球面内且在锥面上方（$z \ge \sqrt{x^2+y^2}$）的部分。 用球坐标： $$ x = \rho\sin\phi\cos\theta,\quad y = \rho\sin\phi\sin\theta,\quad z = \rho\cos\phi $$ 球面方程：$\rho^2 = 2a\rho\cos\phi \Rightarrow \rho = 2a\cos\phi$（$\rho\ge 0$） 锥面方程：$\rho^2\sin^2\phi = \rho^2\cos^2\phi \Rightarrow \tan\phi = 1 \Rightarrow \phi = \frac{\pi}{4}$
体积区域： $\theta: 0\to 2\pi$，$\phi: 0\to \frac{\pi}{4}$，$\rho: 0\to 2a\cos\phi$
体积： $$ V = \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sin\phi\,\mathrm{d}\phi \int_{0}^{2a\cos\phi} \rho^2\,\mathrm{d}\rho $$ 先对 $\rho$： $$ \int_{0}^{2a\cos\phi} \rho^2\,\mathrm{d}\rho = \frac{(2a\cos\phi)^3}{3} = \frac{8a^3\cos^3\phi}{3} $$ 再对 $\phi$： $$ \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin\phi \cdot \frac{8a^3\cos^3\phi}{3}\,\mathrm{d}\phi = \frac{8a^3}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin\phi\cos^3\phi\,\mathrm{d}\phi $$ 令 $u = \cos\phi$，$\mathrm{d}u = -\sin\phi\,\mathrm{d}\phi$，当 $\phi=0$ 时 $u=1$，$\phi=\frac{\pi}{4}$ 时 $u=\frac{\sqrt{2}}{2}$， 积分变为： $$ \frac{8a^3}{3} \int_{1}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} u^3 (-\mathrm{d}u) = \frac{8a^3}{3} \int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1} u^3\,\mathrm{d}u = \frac{8a^3}{3} \cdot \left[\frac{u^4}{4}\right]_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1} = \frac{8a^3}{3} \cdot \frac{1}{4}\left(1 - \frac{1}{4}\right) = \frac{8a^3}{3} \cdot \frac{3}{16} = \frac{a^3}{2} $$ 最后乘以 $2\pi$： $$ V = 2\pi \cdot \frac{a^3}{2} = \pi a^3 $$
**难度：★★★☆☆**
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### （3） 曲面： $z = \sqrt{x^2+y^2}$（圆锥） $z = x^2+y^2$（旋转抛物面）
交线： $$ \sqrt{x^2+y^2} = x^2+y^2 \quad\Rightarrow\quad r = r^2 \quad\Rightarrow\quad r(r-1)=0 $$ 得 $r=0$ 或 $r=1$。
在柱坐标下，区域： $0\le \theta \le 2\pi$，$0\le r\le 1$，$z$ 从 $r^2$ 到 $r$。
体积： $$ V = \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} r\,\mathrm{d}r \int_{r^2}^{r} \mathrm{d}z = 2\pi \int_{0}^{1} r(r - r^2)\,\mathrm{d}r = 2\pi \int_{0}^{1} (r^2 - r^3)\,\mathrm{d}r $$ 计算： $$ \int_{0}^{1} (r^2 - r^3)\,\mathrm{d}r = \left[\frac{r^3}{3} - \frac{r^4}{4}\right]_{0}^{1} = \frac{1}{3} - \frac{1}{4} = \frac{1}{12} $$ 所以 $$ V = 2\pi \cdot \frac{1}{12} = \frac{\pi}{6} $$
**难度：★★☆☆☆**
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### （4） 曲面： $z = \sqrt{5 - x^2 - y^2}$（上半球面，半径 $\sqrt{5}$） $x^2+y^2 = 4z$（旋转抛物面）
交线：代入 $x^2+y^2 = 4z$ 到球面方程： $$ z = \sqrt{5 - 4z} \quad\Rightarrow\quad z^2 = 5 - 4z \quad\Rightarrow\quad z^2 + 4z - 5 = 0 $$ 解得 $z=1$（舍去负根）。 此时 $x^2+y^2 = 4$，即 $r=2$。
在柱坐标下，区域： $0\le \theta \le 2\pi$，$0\le r\le 2$，$z$ 从 $\frac{r^2}{4}$ 到 $\sqrt{5 - r^2}$。
体积： $$ V = \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{2} r\,\mathrm{d}r \int_{\frac{r^2}{4}}^{\sqrt{5-r^2}} \mathrm{d}z = 2\pi \int_{0}^{2} r\left(\sqrt{5-r^2} - \frac{r^2}{4}\right)\,\mathrm{d}r $$ 分开计算： 第一部分： $$ \int_{0}^{2} r\sqrt{5-r^2}\,\mathrm{d}r $$ 令 $u = 5 - r^2$，$\mathrm{d}u = -2r\,\mathrm{d}r$，$r=0$ 时 $u=5$，$r=