📝 题目
9．求下列各曲线所围成图形的公共部分的面积： （1）$\rho=3 \cos \theta$ 及 $\rho=1+\cos \theta$ ； （2）$\rho=\sqrt{2} \sin \theta$ 及 $\rho^{2}=\cos 2 \theta$ ．
💡 答案与解析
[AI解答]
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**（1）** 曲线 $\rho=3\cos\theta$ 与 $\rho=1+\cos\theta$ 的公共部分面积。
首先求交点：令 $$ 3\cos\theta = 1+\cos\theta \quad\Rightarrow\quad 2\cos\theta = 1 \quad\Rightarrow\quad \cos\theta = \frac12 $$ 得 $\theta = \pm\frac{\pi}{3}$。 由对称性，只考虑 $\theta\in[0,\pi/3]$，然后面积乘2。
在 $\theta\in[0,\pi/3]$ 时，$\rho=3\cos\theta$ 在外侧，$\rho=1+\cos\theta$ 在内侧，因此公共部分面积为 $$ A = 2 \cdot \frac12 \int_{0}^{\pi/3} \left[(3\cos\theta)^2 - (1+\cos\theta)^2\right] d\theta $$ 即 $$ A = \int_{0}^{\pi/3} \left(9\cos^2\theta - (1+2\cos\theta+\cos^2\theta)\right) d\theta = \int_{0}^{\pi/3} \left(8\cos^2\theta - 2\cos\theta - 1\right) d\theta $$ 利用 $\cos^2\theta = \frac{1+\cos2\theta}{2}$， $$ 8\cos^2\theta = 4(1+\cos2\theta) $$ 所以被积函数为 $$ 4 + 4\cos2\theta - 2\cos\theta - 1 = 3 + 4\cos2\theta - 2\cos\theta $$ 积分得 $$ A = \left[3\theta + 2\sin2\theta - 2\sin\theta\right]_{0}^{\pi/3} $$ 代入 $\theta=\pi/3$： $$ 3\cdot\frac{\pi}{3} = \pi,\quad 2\sin\frac{2\pi}{3}=2\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\sqrt3,\quad -2\sin\frac{\pi}{3}=-2\cdot\frac{\sqrt3}{2}=-\sqrt3 $$ 所以 $$ A = \pi + \sqrt3 - \sqrt3 = \pi $$
因此公共部分面积为 $\boxed{\pi}$。
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**（2）** 曲线 $\rho=\sqrt{2}\sin\theta$ 与 $\rho^2=\cos2\theta$ 的公共部分面积。
先求交点： 由 $\rho=\sqrt{2}\sin\theta$ 得 $\rho^2 = 2\sin^2\theta$，代入 $\rho^2=\cos2\theta$： $$ 2\sin^2\theta = \cos2\theta = 1-2\sin^2\theta $$ 所以 $$ 4\sin^2\theta = 1 \quad\Rightarrow\quad \sin\theta = \frac12 \quad (\text{取正，因}\rho\ge0) $$ 得 $\theta = \frac{\pi}{6}$ 或 $\frac{5\pi}{6}$。 由对称性，只考虑第一象限部分，$\theta\in[0,\pi/6]$。
在 $\theta\in[0,\pi/6]$ 时，比较两曲线： $\rho=\sqrt{2}\sin\theta$ 是圆心在 $(0,\frac{\sqrt2}{2})$、半径 $\frac{\sqrt2}{2}$ 的圆； $\rho^2=\cos2\theta$ 是双纽线，在 $\theta\in[0,\pi/4]$ 有定义。 在交点 $\theta=\pi/6$ 处相等，在 $\theta=0$ 附近，$\sqrt{2}\sin\theta$ 很小，而 $\rho^2=\cos2\theta$ 接近1，所以双纽线在外侧。
因此公共部分面积由两部分组成： 从 $\theta=0$ 到 $\pi/6$ 取双纽线，从 $\theta=\pi/6$ 到 $\pi/4$ 取圆（因为双纽线到 $\pi/4$ 缩为0），但注意圆在 $\theta=\pi/2$ 才到0，所以需考虑对称性。
更简单的方法：公共部分由两个对称区域组成，总面积 $$ A = 2\left[ \frac12\int_{0}^{\pi/6} \cos2\theta\, d\theta + \frac12\int_{\pi/6}^{\pi/4} 2\sin^2\theta\, d\theta \right] $$ 即 $$ A = \int_{0}^{\pi/6} \cos2\theta\, d\theta + \int_{\pi/6}^{\pi/4} 2\sin^2\theta\, d\theta $$ 计算第一个积分： $$ \int_{0}^{\pi/6} \cos2\theta\, d\theta = \frac12 \sin2\theta\Big|_{0}^{\pi/6} = \frac12\cdot\frac{\sqrt3}{2} = \frac{\sqrt3}{4} $$ 第二个积分： $$ 2\sin^2\theta = 1 - \cos2\theta $$ 所以 $$ \int_{\pi/6}^{\pi/4} (1-\cos2\theta)\, d\theta = \left[\theta - \frac12\sin2\theta\right]_{\pi/6}^{\pi/4} $$ 代入： $\theta=\pi/4$ 得 $\frac{\pi}{4} - \frac12\cdot1 = \frac{\pi}{4} - \frac12$ $\theta=\pi/6$ 得 $\frac{\pi}{6} - \frac12\cdot\frac{\sqrt3}{2} = \frac{\pi}{6} - \frac{\sqrt3}{4}$ 相减得 $$ \left(\frac{\pi}{4} - \frac12\right) - \left(\frac{\pi}{6} - \frac{\sqrt3}{4}\right) = \frac{\pi}{12} - \frac12 + \frac{\sqrt3}{4} $$ 因此总面积 $$ A = \frac{\sqrt3}{4} + \frac{\pi}{12} - \frac12 + \frac{\sqrt3}{4} = \frac{\pi}{12} - \frac12 + \frac{\sqrt3}{2} $$
所以公共部分面积为 $\boxed{\dfrac{\pi}{12} - \dfrac12 + \dfrac{\sqrt3}{2}}$。
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难度评级：★★★☆☆