二重积分的计算（极坐标与对称性）

§5.3 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

6.57 分/卷近 11 年平均

10/11 年出现年份

6.6 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）二重积分的概念与性质二重积分的计算（直角坐标、交换积分次序）

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 面积元 $d σ = r d r d θ$ 中因子 $r$ 的来源：雅可比行列式与扇环的拉伸★ 要懂

作极坐标变换

x = r cos θ, y = r sin θ

以后，面积元不是

d r d θ

，而是

d σ = r d r d θ

，其中多出一个因子

r

。这是极坐标变换中最容易遗漏的地方，换元之后应当立即补上。对这个

r

可以有两种理解：其一，它是坐标变换的雅可比行列式的绝对值；其二，从几何上看，用极坐标网格（同心圆

+

射线）分割出的小块是扇环而不是矩形，它沿半径方向厚

d r

，沿圆弧方向长

r d θ

（半径越大，同一张角所对的弧就越长）。这个小扇环近似于边长为

d r

与

r d θ

的矩形，其面积为

r d r d θ

。可见

r

度量了离原点越远、等角扇形越宽的拉伸效应。

证明 / 推导

（雅可比行列式）

J = \frac{\partial ( x , y )}{\partial ( r , θ )} = x_{r} y_{r} x_{θ} y_{θ} = cos θ sin θ - r sin θ r cos θ = r cos^{2} θ + r sin^{2} θ = r,

故

d σ = ∣ J ∣ d r d θ = r d r d θ

。
（扇环面积，几何验证） 半径自

r

变到

r + d r

、张角为

d θ

的扇环，其面积等于两个扇形之差

\frac{1}{2} (r + d r)^{2} d θ - \frac{1}{2} r^{2} d θ = \frac{1}{2} (2 r d r + d r^{2}) d θ \approx r d r d θ

（略去高阶无穷小

d r^{2}

），与雅可比行列式所得结果一致。

■

举例说明

例（用极坐标验证圆的面积）.

\iint_{D} 1 d σ

，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq R^{2}

，其值应等于

π R^{2}

。
解.

\int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{R} 1 \cdot r d r = 2 π \cdot \frac{R ^{2}}{2} = π R^{2}

。如果漏掉因子

r

，就会错算成

\int_{0}^{2 π} \int_{0}^{R} d r d θ = 2 π R

（连量纲都不相符）。由此可见，因子

r

不可缺少。

2. 何时采用极坐标，以及如何定限（先 $r$ 后 $θ$ ）★★ 必会

遇到下列情形之一，就可以考虑采用极坐标：区域为圆盘、圆环或扇形，或者由过原点的圆与射线围成；被积函数中含有

x^{2} + y^{2}, x^{2} + y^{2}, \frac{y}{x}, arctan \frac{y}{x}

。它们在极坐标下依次化为

r^{2}, r, tan θ, θ

，形式都很简单。定限时先 $r$ 后 $θ$ ：自极点（原点）引射线扫过

D

，外层

θ

取射线扫过的角度范围

[α, β]

；内层

r

取该方向的射线进入

D

处的

r_{1} (θ)

到离开处的

r_{2} (θ)

。例如整个圆盘

x^{2} + y^{2} \leq a^{2}

对应

0 \leq θ \leq 2 π, 0 \leq r \leq a

；圆环

a^{2} \leq x^{2} + y^{2} \leq b^{2}

对应

0 \leq θ \leq 2 π, a \leq r \leq b

。

举例说明

例. 计算

I = \iint_{D} \frac{1}{x ^{2} + y ^{2}} d σ

，其中

D : 1 \leq x^{2} + y^{2} \leq 4

。
解. 这里区域是圆环，

+

被积函数中含有

x^{2} + y^{2} = r

，因此宜用极坐标：

1 \leq r \leq 2, 0 \leq θ \leq 2 π

，被积函数

= \frac{1}{r}

，

d σ = r d r d θ

，于是

I = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{1}^{2} \frac{1}{r} \cdot r d r = 2 π \int_{1}^{2} 1 d r = 2 π .

面积元中的因子

r

与被积函数中的

\frac{1}{r}

相消，计算因此简化。

3. 过原点的圆的极坐标方程： $r = 2 a sin θ$ 与 $r = 2 a cos θ$ ，注意角度范围的配合★★ 必会

在极坐标中，过原点的圆的方程最容易记混。其实只需把边界方程代入

x = r cos θ, y = r sin θ

：
-

x^{2} + y^{2} \leq 2 a y

（

a > 0

）即

r^{2} \leq 2 a r sin θ \Rightarrow r \leq 2 a sin θ

，它表示圆心为

(0, a)

、半径为

a

的圆，位于上半平面，

θ \in [0, π]

；
-

x^{2} + y^{2} \leq 2 a x

即

r \leq 2 a cos θ

，它表示圆心为

(a, 0)

、半径为

a

的圆，位于右半平面，

θ \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]

。
必须注意 $sin / cos$ 与角度范围的配合：

sin

配

[0, π]

（上半平面），

cos

配

[- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]

（右半平面）。这类圆虽然过原点，但从原点引出的射线只扫过半圈，因此

θ

不能取

0 \to 2 π

。

证明 / 推导

以

x^{2} + y^{2} = 2 a y

为例。代入

y = r sin θ

得

r^{2} = 2 a r sin θ

，两边除以

r

（

r \neq = 0

），得

r = 2 a sin θ

。若要

r \geq 0

，则须

sin θ \geq 0

，即

θ \in [0, π]

，这个范围就是从原点引出的射线扫过该圆（该圆与

x

轴相切于原点，位于上方）时所对应的角度范围。与此相类似，由

x^{2} + y^{2} = 2 a x

可得

r = 2 a cos θ

，且

cos θ \geq 0 \Rightarrow θ \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]

。

■

举例说明

例. 计算

I = \iint_{D} (x^{2} + y^{2}) d σ

，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 2 y

。
解. 边界方程化为

r = 2 sin θ

（此处

a = 1

），故

θ \in [0, π]

，而

r

由

0

变到

2 sin θ

；又

x^{2} + y^{2} = r^{2}

，于是

I = \int_{0}^{π} d θ \int_{0}^{2 s i n θ} r^{2} \cdot r d r = \int_{0}^{π} \frac{( 2 sin θ ) ^{4}}{4} d θ = 4 \int_{0}^{π} sin^{4} θ d θ = 4 \cdot \frac{3 π}{8} = \frac{3 π}{2},

其中

\int_{0}^{π} sin^{4} θ d θ = 2 \int_{0}^{π /2} sin^{4} θ d θ = 2 \cdot \frac{3 !!}{4 !!} \cdot \frac{π}{2} = 2 \cdot \frac{3}{8} \cdot \frac{π}{2} = \frac{3 π}{8}

（华里士公式）。

4. 利用对称性判定积分为零：区域的对称性 $+$ 函数的奇偶性，两个条件缺一不可★★ 必会

如果区域

D

关于

y

轴对称，且被积函数关于

x

为奇函数（

f (- x, y) = - f (x, y)

），那么

\iint_{D} f d σ = 0

；如果关于

x

为偶函数（

f (- x, y) = f (x, y)

），那么

\iint_{D} f d σ = 2 \iint_{D_{右}} f d σ

。当区域关于

x

轴对称时，关于

y

的奇偶性也有相类似的结论。在计算之前先考察对称性，往往能使积分减半，甚至直接得零。具体做法是把被积函数逐项展开，凡在对称区域上为奇函数的项都可以略去。必须注意：区域的对称性与函数的奇偶性这两个条件必须同时成立。只看函数的奇偶性而不顾区域，或者只看区域而不顾函数，都是常见的误用。

证明 / 推导

设

D

关于

y

轴对称，即

(x, y) \in D \Leftrightarrow (- x, y) \in D

。作变换

u = - x, v = y

，其雅可比行列式的绝对值为

1

，且把

D

映为自身，于是

\iint_{D} f (x, y) d x d y = \iint_{D} f (- u, v) d u d v .

若

f

关于第一个变量为奇函数，即

f (- u, v) = - f (u, v)

，代入即得

\iint_{D} f = - \iint_{D} f

，故

2 \iint_{D} f = 0

，即

\iint_{D} f = 0

。

■

举例说明

例（含反例对照）. 计算

\iint_{D} \frac{x}{1 + x ^{2} + y ^{2}} d σ

，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 1

。
解.

D

关于

y

轴对称；被积函数

\frac{x}{1 + x ^{2} + y ^{2}}

关于

x

为奇函数（分子变号而分母不变）。两个条件都满足，故积分

= 0

。
反例. 如果把区域改成右半圆盘

D^{'} : x^{2} + y^{2} \leq 1, x \geq 0

，它不关于

y

轴对称，此时

\iint_{D^{'}} \frac{x}{1 + x ^{2} + y ^{2}} d σ = 2 - \frac{π}{2} \approx 0.43 \neq = 0

。由此可见，仅有函数的奇性是不够的，区域的对称性同样不可缺少。

5. 轮换对称性：当区域关于 $y = x$ 对称时，可将 $x, y$ 对调★★ 必会

如果区域

D

关于直线

y = x

对称（把每一点的

x, y

互换以后

D

不变），那么积分值在

x \leftrightarrow y

互换之下保持不变：

\iint_{D} f (x, y) d σ = \iint_{D} f (y, x) d σ

。典型用法是对折相加：在这样的

D

上

\iint_{D} x^{2} d σ = \iint_{D} y^{2} d σ = \frac{1}{2} \iint_{D} (x^{2} + y^{2}) d σ

，右端含有

x^{2} + y^{2}

，又便于转化为极坐标，一举两得。如果区域关于

y = x

对称，而被积函数是

x, y

的对称组合，就可以考虑这一方法。前提：

D

必须关于

y = x

对称，并非任意区域都可以这样对调。

证明 / 推导

设

D

关于

y = x

对称，即

(x, y) \in D \Leftrightarrow (y, x) \in D

。作变换

u = y, v = x

（即交换两个坐标），其雅可比行列式的绝对值为

1

，且把

D

映为自身，因此

\iint_{D} f (x, y) d x d y = \iint_{D} f (v, u) d u d v = \iint_{D} f (y, x) d x d y

（最后一步把哑变量重新记为

x, y

）。

■

举例说明

例. 计算

\iint_{D} x^{2} d σ

，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 1

。
解. 单位圆盘关于

y = x

对称，由轮换对称性得

\iint_{D} x^{2} d σ = \iint_{D} y^{2} d σ

，两式相加得

2 \iint_{D} x^{2} d σ = \iint_{D} (x^{2} + y^{2}) d σ

。右端化为极坐标得

\int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} r^{2} \cdot r d r d θ = \frac{π}{2}

，故

\iint_{D} x^{2} d σ = \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2} = \frac{π}{4}

。若直接计算

\int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} (r cos θ)^{2} r d r d θ

，也得

\frac{π}{4}

，但用对折相加的方法更为简便。

💡 小知识

著名的高斯积分

\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- x^{2}} d x = π

用一元方法积不出来，改用二重积分加极坐标却很快：先把它平方成

\iint e^{- (x^{2} + y^{2})} d x d y

，换成极坐标后被积函数变为

e^{- r^{2}} \cdot r

，多出来的那个

r

恰好把式子凑成

- \frac{1}{2} d (e^{- r^{2}})

，一步积出

π

，开方就得到

π

。升高一维再换坐标，问题反而变简单了。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 计算

I = \iint_{D} (x^{2} + y^{2}) d σ

，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 4

。难度 1

思路：圆盘 $+$ 被积函数含 $x^{2} + y^{2}$ ，用极坐标；牢记面积元 $d σ = r d r d θ$ 。

令

x = r cos θ, y = r sin θ

，则

x^{2} + y^{2} = r^{2}

。半径

2

的圆盘对应

0 \leq r \leq 2, 0 \leq θ \leq 2 π

：

I = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{2} r^{2} \cdot r d r = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{2} r^{3} d r .

内层：

\int_{0}^{2} r^{3} d r = [\frac{r ^{4}}{4}]_{0}^{2} = \frac{16}{4} = 4

。外层：

\int_{0}^{2 π} 4 d θ = 4 \cdot 2 π = 8 π

。
答案： $I = 8 π$ 。 别漏那个由雅可比带来的因子

r

——极坐标最高频的丢分点。

例 2 计算

I = \iint_{D} \frac{1}{x ^{2} + y ^{2}} d σ

，其中

D : 1 \leq x^{2} + y^{2} \leq 4

（圆环）。难度 2

思路：圆环 $+$ 含 $x^{2} + y^{2}$ ，极坐标下 $x^{2} + y^{2} = r$ ，被积函数 $= \frac{1}{r}$ 。

圆环对应

1 \leq r \leq 2, 0 \leq θ \leq 2 π

。注意

d σ = r d r d θ

，那个

r

恰好与分母约掉：

I = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{1}^{2} \frac{1}{r} \cdot r d r = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{1}^{2} 1 d r .

内层：

\int_{1}^{2} 1 d r = 1

。外层：

\int_{0}^{2 π} 1 d θ = 2 π

。
答案： $I = 2 π$ 。 极坐标把根号一步化简，且

d σ

里的

r

常与被积函数相消。

例 3 计算

I = \iint_{D} x^{2} + y^{2} d σ

，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 2 x

。难度 2

思路： $x^{2} + y^{2} \leq 2 x$ 是过原点的圆，化极坐标得 $r = 2 cos θ$ ；被积函数 $x^{2} + y^{2} = r$ 。

边界

x^{2} + y^{2} = 2 x

代入

x = r cos θ

：

r^{2} = 2 r cos θ \Rightarrow r = 2 cos θ

。该圆为

(x - 1)^{2} + y^{2} \leq 1

，圆心

(1, 0)

、半径

1

，位于右半平面且过原点，射线角度

θ \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]

，

r

从

0

到

2 cos θ

：

I = \int_{- π /2}^{π /2} d θ \int_{0}^{2 c o s θ} r \cdot r d r = \int_{- π /2}^{π /2} [\frac{r ^{3}}{3}]_{0}^{2 c o s θ} d θ = \int_{- π /2}^{π /2} \frac{8 cos ^{3} θ}{3} d θ .

cos^{3} θ

为偶函数，

\int_{- π /2}^{π /2} cos^{3} θ d θ = 2 \int_{0}^{π /2} cos^{3} θ d θ = 2 \cdot \frac{2}{3} = \frac{4}{3}

（华里士公式

\int_{0}^{π /2} cos^{3} = \frac{2 !!}{3 !!} = \frac{2}{3}

）。故

I = \frac{8}{3} \cdot \frac{4}{3} = \frac{32}{9} .

答案： $I = \frac{32}{9}$ 。 过原点的圆

x^{2} + y^{2} \leq 2 a x

化

r = 2 a cos θ

（

θ \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]

），别与

x^{2} + y^{2} \leq 2 a y \Rightarrow r = 2 a sin θ

（

θ \in [0, π]

）记混。

例 4 计算

I = \iint_{D} (x^{2} + y^{2} + x + 1) d σ

，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 1

。难度 2

思路：先用对称性删去奇函数项，再对圆域用极坐标。

第一步：对称性。

D

是单位圆盘，关于

y

轴对称。逐项看：

x

关于

x

为奇函数，故

\iint_{D} x d σ = 0

。于是

I = \iint_{D} (x^{2} + y^{2}) d σ + \iint_{D} 1 d σ .

第二步：极坐标算第一项。

0 \leq r \leq 1, 0 \leq θ \leq 2 π

，

x^{2} + y^{2} = r^{2}

，

d σ = r d r d θ

：

\iint_{D} (x^{2} + y^{2}) d σ = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{1} r^{2} \cdot r d r = 2 π \cdot \frac{1}{4} = \frac{π}{2} .

第三步：第二项是面积

\iint_{D} 1 d σ = S_{D} = π

。合计

I = \frac{π}{2} + π = \frac{3 π}{2}

。
答案： $I = \frac{3 π}{2}$ 。 对称性要「区域对称

+

函数奇偶」两条件同时满足才能判零。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2026 年 · 数二 · 第 17 题 · 解答题 · 10 分

计算

I = \int_{- 1}^{1} d x \int_{∣ x ∣}^{2 - x^{2}} y sin x^{2} + y^{2} d y

。

2025 年 · 数二 · 第 20 题 · 解答题 · 12 分

已知平面有界区域

D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 4 x, x^{2} + y^{2} \leq 4 y}

，计算

\iint_{D} (x - y)^{2} d x d y

。

2024 年 · 数二 · 第 17 题 · 解答题 · 10 分

设平面有界区域

D

位于第一象限，由曲线

x y = \frac{1}{3}, x y = 3

与直线

y = \frac{1}{3} x, y = 3 x

围成，计算

\iint_{D} (1 + x - y) d x d y

。

2023 年 · 数二 · 第 20 题 · 解答题 · 12 分

设平面有界区域

D

位于第一象限，由曲线

x^{2} + y^{2} - x y = 1

，

x^{2} + y^{2} - x y = 2

与直线

y = 3 x

，

y = 0

围成，计算

\iint_{D} \frac{1}{3 x ^{2} + y ^{2}} d x d y

。

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

\iint_{D} (x^{2} + y^{2}) d σ =

（　　），其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 1

。

A $\frac{π}{4}$
B $\frac{π}{2}$
C $π$
D $2 π$

练习 2 · 填空题

\iint_{D} x^{2} + y^{2} d σ =

____，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 9

。

练习 3 · 选择题

\iint_{D} (x^{3} + x y^{2}) d σ =

（　　），其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 1

。

A $0$
B $π$
C $\frac{π}{2}$
D $\frac{π}{4}$

练习 4 · 填空题

\iint_{D} y d σ =

____，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 2 y

。

练习 5 · 选择题

\iint_{D} x^{2} d σ =

（　　），其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 1

。

A $\frac{π}{4}$
B $\frac{π}{2}$
C $\frac{π}{8}$
D $π$

练习 6 · 选择题

把二次积分

\int_{0}^{2} d x \int_{x}^{4 - x^{2}} f (x, y) d y

化为极坐标下的二次积分，结果是（　）。

A $\int_{0}^{π /4} d θ \int_{0}^{2} f (r cos θ, r sin θ) r d r$
B $\int_{π /4}^{π /2} d θ \int_{0}^{2} f (r cos θ, r sin θ) r d r$
C $\int_{π /4}^{π /2} d θ \int_{0}^{2} f (r cos θ, r sin θ) d r$
D $\int_{π /4}^{π /2} d θ \int_{0}^{2} f (r cos θ, r sin θ) r d r$

练习 7 · 填空题

设

D : x^{2} + y^{2} \leq 1

，则

\iint_{D} ln (1 + x^{2} + y^{2}) d σ =

____。

练习 8 · 解答题

设平面区域

D = {(x, y) x^{2} + y^{2} \leq 4, x^{2} + y^{2} \geq 2 x, y \geq 0} .

(1) 写出

D

在极坐标下的表示，并把

\iint_{D} g (x, y) d σ

化为极坐标下的二次积分；

(2) 计算

I_{1} = \iint_{D} \frac{1}{x ^{2} + y ^{2}} d σ

；

(3) 计算

I_{2} = \iint_{D} y d σ

。

2022 年 · 数二 · 第 19 题 · 解答题 · 12 分

已知平面区域

D = {(x, y) y - 2 \leq x \leq 4 - y^{2}, 0 \leq y \leq 2}

，计算

I = \iint_{D} \frac{( x - y ) ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y

。

2021 年 · 数二 · 第 21 题 · 解答题 · 12 分

曲线

(x^{2} + y^{2})^{2} = x^{2} - y^{2}

（

x \geq 0, y \geq 0

）与

x

轴围成的区域为

D

，求

\iint_{D} x y d x d y

。

二重积分的计算（极坐标与对称性）

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 面积元 dσ=rdrdθ 中因子 r 的来源：雅可比行列式与扇环的拉伸★ 要懂

2. 何时采用极坐标，以及如何定限（先 r 后 θ）★★ 必会

3. 过原点的圆的极坐标方程：r=2asinθ 与 r=2acosθ，注意角度范围的配合★★ 必会

4. 利用对称性判定积分为零：区域的对称性 + 函数的奇偶性，两个条件缺一不可★★ 必会

5. 轮换对称性：当区域关于 y=x 对称时，可将 x,y 对调★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 面积元 $d σ = r d r d θ$ 中因子 $r$ 的来源：雅可比行列式与扇环的拉伸★ 要懂

2. 何时采用极坐标，以及如何定限（先 $r$ 后 $θ$ ）★★ 必会

3. 过原点的圆的极坐标方程： $r = 2 a sin θ$ 与 $r = 2 a cos θ$ ，注意角度范围的配合★★ 必会

4. 利用对称性判定积分为零：区域的对称性 $+$ 函数的奇偶性，两个条件缺一不可★★ 必会

5. 轮换对称性：当区域关于 $y = x$ 对称时，可将 $x, y$ 对调★★ 必会