📝 题目
1．求球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}$ 含在圆柱面 $x^{2}+y^{2}=a x$ 内部的那部分面积．
💡 答案与解析
[AI解答]
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**第一步：分析问题与对称性** 球面方程为 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}$，圆柱面方程为 $x^{2}+y^{2}=a x$。 将圆柱面方程改写为： $$ x^{2} - a x + y^{2} = 0 \quad\Rightarrow\quad \left(x - \frac{a}{2}\right)^{2} + y^{2} = \left(\frac{a}{2}\right)^{2}. $$ 这是一个半径为 $\frac{a}{2}$、轴线平行于 $z$ 轴的圆柱面，在 $xy$ 平面上的投影圆心为 $(\frac{a}{2},0)$。 由于球面关于 $xy$ 平面对称，我们只需计算上半球面被圆柱面截下的面积，再乘以 2。
**第二步：曲面面积公式** 上半球面方程为： $$ z = \sqrt{a^{2} - x^{2} - y^{2}}. $$ 曲面面积元素为： $$ dS = \sqrt{1 + \left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^{2} + \left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^{2}} \, dx\,dy. $$ 计算偏导数： $$ \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{-x}{\sqrt{a^{2} - x^{2} - y^{2}}},\quad \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{-y}{\sqrt{a^{2} - x^{2} - y^{2}}}. $$ 于是： $$ 1 + \left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^{2} + \left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^{2} = 1 + \frac{x^{2} + y^{2}}{a^{2} - x^{2} - y^{2}} = \frac{a^{2}}{a^{2} - x^{2} - y^{2}}. $$ 因此： $$ dS = \frac{a}{\sqrt{a^{2} - x^{2} - y^{2}}}\, dx\,dy. $$
**第三步：确定积分区域** 积分区域 $D$ 是圆柱面在 $xy$ 平面上的投影，即圆盘： $$ \left(x - \frac{a}{2}\right)^{2} + y^{2} \le \left(\frac{a}{2}\right)^{2}. $$ 该圆盘完全位于球面投影内部（因为 $x^{2}+y^{2} \le a x \le a^{2}$ 保证 $a^{2} - x^{2} - y^{2} \ge 0$）。
**第四步：采用极坐标** 令： $$ x = r\cos\theta,\quad y = r\sin\theta. $$ 圆柱面方程变为： $$ r^{2} = a r\cos\theta \quad\Rightarrow\quad r = a\cos\theta. $$ 由于 $r \ge 0$，要求 $\cos\theta \ge 0$，即 $\theta \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$。 区域 $D$ 在极坐标下为： $$ 0 \le r \le a\cos\theta,\quad -\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}. $$ 面积元素 $dx\,dy = r\,dr\,d\theta$，且 $x^{2}+y^{2}=r^{2}$。
**第五步：计算上半球面面积** 上半球面被截部分面积为： $$ S_{\text{上}} = \iint_{D} \frac{a}{\sqrt{a^{2} - r^{2}}}\, r\,dr\,d\theta. $$ 先对 $r$ 积分： $$ \int_{0}^{a\cos\theta} \frac{a r}{\sqrt{a^{2} - r^{2}}}\, dr. $$ 令 $u = a^{2} - r^{2}$，则 $du = -2r\,dr$，$r\,dr = -\frac{1}{2}du$。 当 $r=0$ 时 $u=a^{2}$；当 $r=a\cos\theta$ 时 $u = a^{2} - a^{2}\cos^{2}\theta = a^{2}\sin^{2}\theta$。 于是： $$ \int_{0}^{a\cos\theta} \frac{a r}{\sqrt{a^{2} - r^{2}}}\, dr = a \int_{a^{2}}^{a^{2}\sin^{2}\theta} \frac{-\frac{1}{2}}{\sqrt{u}}\, du = -\frac{a}{2} \cdot 2 \left[ \sqrt{u} \right]_{a^{2}}^{a^{2}\sin^{2}\theta} = -a \left( a|\sin\theta| - a \right). $$ 由于 $\theta\in[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$，$\sin\theta$ 可正可负，但 $|\sin\theta|$ 在此区间等于 $|\sin\theta|$，实际上积分结果中应为 $a - a|\sin\theta|$。更严谨地，因为 $\sqrt{a^{2}\sin^{2}\theta} = a|\sin\theta|$，所以： $$ \int_{0}^{a\cos\theta} \frac{a r}{\sqrt{a^{2} - r^{2}}}\, dr = a^{2} - a^{2}|\sin\theta|. $$ 因此： $$ S_{\text{上}} = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \left( a^{2} - a^{2}|\sin\theta| \right) d\theta. $$ 利用对称性，$|\sin\theta|$ 在 $[-\pi/2,\pi/2]$ 上的积分等于 $2\int_{0}^{\pi/2} \sin\theta\, d\theta = 2$。 于是： $$ S_{\text{上}} = a^{2} \cdot \pi - a^{2} \cdot 2 = a^{2}(\pi - 2). $$
**第六步：总面积** 整个球面被截部分面积为上下对称的两部分之和： $$ S = 2 S_{\text{上}} = 2a^{2}(\pi - 2). $$
**最终答案：** $$ \boxed{2a^{2}(\pi - 2)} $$
难度评级：★★★☆☆ （需要正确建立曲面面积积分、极坐标变换及对称性处理，计算过程有一定技巧性，但思路清晰。）