2013 年考研数学（一） 第 19 题

（Ⅰ）旋转曲面题通法是抓住『绕 $z$ 轴旋转时到轴距离不变』：曲面上任意点的 $x^2+y^2$ 等于生成直线上同高度点的 $x_0^2+y_0^2$，把 $L$ 用 $z$ 参数化代入即可，无需想象空间图形。（Ⅱ）立体关于 $z$ 轴旋转对称，形心的 $x,y$ 坐标必为 $0$，省去两个积分；$\bar{z}$ 用『先二后一』最省事，每个水平截面是圆盘，面积 $\pi (2z^2-2z+1)$ 直接可积。

（Ⅰ）求旋转曲面方程。 直线 $L$ 的方向向量为 $\overrightarrow{AB}=(-1,1,1)$，故
$$L:\frac{x-1}{-1}=\frac{y}{1}=\frac{z}{1}.$$

设 $M(x,y,z)$ 为 $\Sigma$ 上任意一点，它由 $L$ 上同高度的点 $M_0(x_0,y_0,z)$ 绕 $z$ 轴旋转得到，旋转圆心为 $T(0,0,z)$，故 $|MT|=|M_{0}T|$，即 $x^2+y^2=x_0^2+y_0^2$。

又 $M_0\in L$，由 $\frac{x_0-1}{-1}=\frac{y_0}{1}=\frac{z}{1}$ 得 $x_0=1-z,y_0=z$。代入得
$$x^2+y^2=(1-z{)}^2+z^2=2z^2-2z+1,$$
即 $\Sigma :x^2+y^2=2z^2-2z+1$。

（Ⅱ）求形心。 设形心为 $(\bar{x},\bar{y},\bar{z})$。由 $\Omega$ 关于 $z$ 轴对称，$\bar{x}=\bar{y}=0$，且 $\bar{z}=\frac{{\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}v}{{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}v}$。

用先二后一（截面为圆盘 $x^2+y^2\le 2z^2-2z+1$，面积 $\pi (2z^2-2z+1)$）：
$${\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}v={\int }_0^2\pi (2z^2-2z+1)\mathrm{d}z=\pi {\left[\frac{2z^3}{3}-z^2+z\right]}_0^2=\frac{10}{3}\pi ,$$
$${\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}v={\int }_0^2\pi z(2z^2-2z+1)\mathrm{d}z=\pi {\int }_0^2(2z^3-2z^2+z)\mathrm{d}z=\frac{14}{3}\pi .$$

故 $\bar{z}=\frac{14\pi /3}{10\pi /3}=\frac{7}{5}$，形心坐标为 $\left(0,0,\frac{7}{5}\right)$。