定积分几何应用（面积、体积、弧长、侧面积）

§3.8 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

7.48 分/卷近 11 年平均

9/11 年出现年份

7.9 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）定积分的概念与性质定积分的计算③ 掌握后可解锁定积分物理应用（功、压力、质心、形心）

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 微元法中以直代曲的依据：高阶误差在积分中自动消失★ 要懂

定积分的一切几何应用与物理应用都建立在微元法之上，而微元法为什么合理，往往被略过。其要点是：在长为

d x

的小段上以直代曲、以匀代变所写出的微元

d U

，与真实的增量之差是一个比 $d x$ 高阶的无穷小

o (d x)

；求和再取极限（即作积分）时，这些高阶误差之和

\to 0

，因而不影响结果。这就是可以把曲边梯形的小条看作矩形、把小弧段看作斜直线段的原因。明白了这一点，遇到新的量时也能自行写出相应的微元。

证明 / 推导

以曲边梯形的面积为例。面积函数为

A (x) = \int_{a}^{x} f (t) d t

，其真实的增量为

Δ A = A (x + d x) - A (x) = \int_{x}^{x + d x} f (t) d t

。由积分中值定理得

Δ A = f (ξ) d x (ξ \in [x, x + d x])

。而所取的微元为

d A = f (x) d x

，二者之差为

Δ A - d A = (f (ξ) - f (x)) d x .

当

f

连续时

f (ξ) - f (x) \to 0

，故这个差是

o (d x)

。作积分（即对所有小段求和再取极限）时，

o (d x)

这一级的误差被抹去，因此

A = \int_{a}^{b} f (x) d x

精确成立。

■

举例说明

已知平行截面面积求体积是微元法的直接推广：若立体在

x

处垂直于

x

轴的截面面积为

A (x)

，则

V = \int_{a}^{b} A (x) d x

。例如，设立体的底面是半径为

R

的圆，而垂直于某一直径的各个截面都是等边三角形。在

x

处截面的边长为

2 R^{2} - x^{2}

，等边三角形的面积为

A (x) = \frac{3}{4} (2 R^{2} - x^{2})^{2} = 3 (R^{2} - x^{2})

，故

V = \int_{- R}^{R} 3 (R^{2} - x^{2}) d x = 3 \cdot \frac{4 R ^{3}}{3} = \frac{4 3}{3} R^{3} .

2. 旋转体的体积：圆盘法、垫圈法与柱壳法，按旋转轴选用，也适用于非坐标轴★★ 必会

计算旋转体的体积时，按绕哪条轴旋转、内部是否有空腔选用公式：圆盘法（绕

x

轴，实心）

V = π \int y^{2} d x

；垫圈法（绕

x

轴，空心）

V = π \int (R^{2} - r^{2}) d x

，式中是两个半径的平方之差，不是二者之差的平方；柱壳法（绕

y

轴）

V = 2 π \int x y d x

，即把竖条卷成薄壳。若绕非坐标轴（如

x = c

、

y = c

）旋转，只需把半径写成点到该轴的距离，再代入同一公式。

证明 / 推导

柱壳法微元的推导：绕

y

轴旋转时，在

x

处取宽为

d x

、高为

y

的竖条，它绕轴旋转一周得到一个薄圆筒。把这个薄圆筒剪开摊平，便是一块薄板，其长

=

圆筒的周长

2 π x

，宽

=

竖条的高

y

，厚

= d x

，故体积微元为

d V = 2 π x \cdot y \cdot d x .

积分即得

V = 2 π \int_{a}^{b} x y d x

。

■

举例说明

求由

y = x^{2}

、

y = 0

、

x = 1

所围区域绕直线 $x = 1$ （它不是坐标轴）旋转所得旋转体的体积。用柱壳法，点到轴

x = 1

的距离即为半径

= (1 - x)

，竖条的高为

y = x^{2}

，于是

V = 2 π \int_{0}^{1} (1 - x) x^{2} d x = 2 π \int_{0}^{1} (x^{2} - x^{3}) d x = 2 π (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) = \frac{π}{6} .

3. 弧微分 $d s$ 是弧长与旋转曲面侧面积的共同基础★★ 必会

弧长与旋转曲面的侧面积都用同一个弧微分

d s

。把小弧段近似地看作直角三角形的斜边，即得

d s = (d x)^{2} + (d y)^{2}

。

提出

d x

，得直角坐标下的表达式

d s = 1 + y^{' 2} d x

；提出

d t

，得参数式下的表达式

d s = x^{' 2} + y^{' 2} d t

；在极坐标下代入

x = r cos θ, y = r sin θ

并化简，得

d s = r^{2} + r^{' 2} d θ

。求弧长就是把

d s

直接累加；求侧面积则是把每段

d s

绕轴旋转所得的圆环带

2 π ∣ y ∣ d s

累加。最容易出错的地方，是把

d s

写成

d x

而漏掉根号。

证明 / 推导

极坐标下弧微分的推导：设

x = r (θ) cos θ, y = r (θ) sin θ

，则

x^{'} y^{'} = r^{'} cos θ - r sin θ = r^{'} sin θ + r cos θ .

x^{' 2} + y^{' 2} = r^{' 2} (cos^{2} + sin^{2}) + r^{2} (sin^{2} + cos^{2}) + 2 r r^{'} (\dots)_{抵消} = r^{' 2} + r^{2} .

故

d s = x^{' 2} + y^{' 2} d θ = r^{2} + r^{' 2} d θ

。

■

举例说明

求曲线

y = ln x

上从

x = 1

到

x = 3

的一段的弧长。因

y^{'} = \frac{1}{x}

，

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

，故

s = \int_{1}^{3} \frac{x ^{2} + 1}{x} d x .

令

u = x^{2} + 1

（或作代换

x = tan t

），可算得

s = [x^{2} + 1 - ln \frac{1 + x ^{2} + 1}{x}]_{1}^{3} = (2 - ln 3) - (2 - ln (1 + 2))

，即

s = 2 - 2 + ln \frac{1 + 2}{3}

。（本题要紧之处在于正确写出

d s = 1 + y^{'2} d x

。）

4. 面积的三种算法：直角坐标下上减下、极坐标下的 $\frac{1}{2} r^{2}$ 、参数式中的符号★★ 必会

求面积时按所用坐标系选取公式，各有容易出错之处：在直角坐标下

A = \int ∣ f - g ∣ d x

，若两曲线有交点，则须分段判定何者在上、何者在下；在极坐标下取扇形微元

d A = \frac{1}{2} r^{2} d θ

，其中的

\frac{1}{2}

不能遗漏；用参数方程时

A = \int y x^{'} d t

（或

- \int x y^{'} d t

），须注意积分的方向与符号。极坐标下的

\frac{1}{2} r^{2}

来自扇形面积公式

\frac{1}{2} r^{2} Δ θ

。

证明 / 推导

极坐标下面积微元的推导：在

[θ, θ + d θ]

上，图形可近似看作半径为

r (θ)

、圆心角为

d θ

的扇形。由扇形面积

= \frac{1}{2} r^{2} \cdot (圆心角)

，得

d A = \frac{1}{2} r^{2} d θ

，积分即得

A = \frac{1}{2} \int_{α}^{β} r^{2} (θ) d θ

。

■

举例说明

求心形线

r = 1 + cos θ

所围图形的面积。由对称性，对

θ \in [0, 2 π]

积分，得

A = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} (1 + cos θ)^{2} d θ = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} (1 + 2 cos θ + \frac{1 + cos 2 θ}{2}) d θ = \frac{1}{2} (2 π + 0 + π) = \frac{3 π}{2} .

（计算中用到

\int_{0}^{2 π} cos θ d θ = 0

与

\int_{0}^{2 π} cos^{2} θ d θ = π

，以及不可遗漏的因子

\frac{1}{2}

。）

💡 小知识

早在两千多年前，阿基米德就用穷竭法（微元法的雏形）算出了球的体积

\frac{4}{3} π r^{3}

，并证明球体积恰好是外切圆柱的

\frac{2}{3}

。他对这个结果非常得意，遗嘱里要求在墓碑上刻一幅圆柱容球的图。微元法的想法，比牛顿和莱布尼茨的符号早了将近两千年。

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 求由抛物线

y = x^{2}

与直线

y = x

所围平面图形的面积。难度 1

先求交点：

x^{2} = x \Rightarrow x = 0

或

x = 1

。在

(0, 1)

上比较上下：取

x = \frac{1}{2}

，

y = x

给

0.5

、

y = x^{2}

给

0.25

，故直线 $y = x$ 在上、抛物线在下。用「上减下」的面积微元

d A = (x - x^{2}) d x

：

A = \int_{0}^{1} (x - x^{2}) d x = [\frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{3}}{3}]_{0}^{1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6} .

方法总结：直角坐标求面积三步——求交点定区间、判上下、上减下积分。

例 2 求曲线

y = x

、

x = 1

与

x

轴所围区域绕

x

轴旋转所得旋转体的体积。难度 2

绕

x

轴旋转，垂直于

x

轴切薄圆盘，半径为

y = x

，体积微元

d V = π y^{2} d x = π x d x

。

x

从

0

到

1

积分（圆盘法）：

V = π \int_{0}^{1} (x)^{2} d x = π \int_{0}^{1} x d x = π \cdot \frac{1}{2} = \frac{π}{2} .

方法总结：绕

x

轴用圆盘法

V_{x} = π \int_{a}^{b} y^{2} d x

；关键是把半径（到旋转轴的距离）写对。

例 3 求曲线

y = \frac{2}{3} x^{3/2}

从

x = 0

到

x = 3

的弧长。难度 2

弧长公式

s = \int_{a}^{b} 1 + y^{' 2} d x

。先求导：

y^{'} = \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{2} x^{1/2} = x^{1/2} = x

，故

y^{' 2} = x

，弧微分内

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

。于是

s = \int_{0}^{3} 1 + x d x = [\frac{2}{3} (1 + x)^{3/2}]_{0}^{3} = \frac{2}{3} (4^{3/2} - 1) = \frac{2}{3} (8 - 1) = \frac{14}{3} .

方法总结：弧长被积含弧微分

d s = 1 + y^{' 2} d x

（根号不能丢）。本题特意让

1 + y^{' 2}

是完全可积的形式。

例 4 求直线段

y = x (0 \leq x \leq 1)

绕

x

轴旋转所得旋转曲面的侧面积。难度 2

旋转曲面侧面积微元是「周长

\times

斜弧长」

d S = 2 π ∣ y ∣ d s

，其中

d s = 1 + y^{' 2} d x

。这里

y = x

，

y^{'} = 1

，

d s = 1 + 1 d x = 2 d x

：

S = 2 π \int_{0}^{1} ∣ x ∣ 1 + 1 d x = 2 π 2 \int_{0}^{1} x d x = 2 π 2 \cdot \frac{1}{2} = 2 π .

方法总结：侧面积乘的是弧微分 $d s$ 而非 $d x$ （否则把斜边当水平边、漏根号）。本题是底半径

1

、母线

2

的圆锥，侧面积

π r l = π \cdot 1 \cdot 2

，与积分一致。

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 20 题 · 解答题 · 12 分

已知

M (x_{0}, y_{0})

是曲线

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

（

x \geq 0

）的拐点，

O

为坐标原点。记

D

是第一象限中以曲线

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

（

x \geq x_{0}

）、线段

O M

及

x

正半轴为边界的无界区域，求

D

绕

x

轴旋转所成旋转体的体积。

2024 年 · 数二 · 第 19 题 · 解答题 · 12 分

设

t > 0

，平面有界区域

D

由曲线

y = x e^{- x}

与直线

x = t, x = 2 t

及

x

轴围成，

D

绕

x

轴旋转一周所成旋转体的体积为

V (t)

，求

V (t)

的最大值。

2023 年 · 数二 · 第 12 题 · 填空题 · 5 分

曲线

y = \int_{- 3}^{x} 3 - t^{2} d t

的弧长为 ___。

2023 年 · 数二 · 第 19 题 · 解答题 · 12 分

已知平面区域

D = {(x, y) 0 ⩽ y ⩽ \frac{1}{x 1 + x ^{2}}, x ⩾ 1}

。
（Ⅰ）求

D

的面积；
（Ⅱ）求

D

绕

x

轴旋转所成旋转体的体积。

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 · 填空题

由抛物线

y = x^{2}

与直线

y = 1

所围图形的面积为 ______

练习 2 · 选择题

曲线

y = x

、

x = 4

与

x

轴所围区域绕

x

轴旋转，所得旋转体体积为（　　）

A $4 π$
B $8 π$
C $16 π$
D $\frac{32}{3} π$

练习 3 · 填空题

曲线

y = x^{2}

、

x = 1

与

x

轴所围区域绕

y

轴旋转所得旋转体的体积为 ______

练习 4 · 选择题

曲线

y = \frac{e ^{x} + e ^{- x}}{2}

从

x = 0

到

x = 1

的弧长为（　　）

A $\frac{e - e ^{- 1}}{2}$
B $\frac{e + e ^{- 1}}{2}$
C $e - 1$
D $\frac{e ^{2} - 1}{2}$

练习 5 · 填空题

直线段

y = 2 x (0 \leq x \leq 1)

绕

x

轴旋转所得旋转曲面的侧面积为 ______

练习 6 · 选择题

设平面区域

D

由曲线

y = x

与直线

y = x

围成，则

D

绕直线

y = 1

旋转一周所得旋转体的体积为（　　）

A $\frac{5 π}{6}$
B $\frac{π}{3}$
C $\frac{π}{2}$
D $\frac{π}{6}$

练习 7 · 填空题

曲线的参数方程为

x = t^{2}

，

y = t - \frac{t ^{3}}{3}

，则该曲线上对应于

0 \leq t \leq 3

的一段弧的弧长为 ______

练习 8 · 解答题

设

a > 0

，平面区域

D

由抛物线

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

与直线

y = a x

围成。

(1)

求

D

绕

x

轴旋转一周所得旋转体的体积

V_{1}

；

(2)

求

D

绕

y

轴旋转一周所得旋转体的体积

V_{2}

；

(3)

求使

V_{1} = V_{2}

成立的

a

的值。

2022 年 · 数二 · 第 15 题 · 填空题 · 5 分

已知曲线

L

的极坐标方程为

r = sin 3 θ (0 \leq θ \leq \frac{π}{3})

，则

L

围成有界区域的面积为 ___。

2021 年 · 数二 · 第 19 题 · 解答题 · 12 分

设函数

f (x)

满足

\int \frac{f ( x )}{x} d x = \frac{1}{6} x^{2} - x + C

，

L

为曲线

y = f (x)

（

4 \leq x \leq 9

），

L

的弧长为

s

，

L

绕

x

轴旋转一周所形成的曲面面积为

A

，求

s

和

A

。

定积分几何应用（面积、体积、弧长、侧面积）

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 微元法中以直代曲的依据：高阶误差在积分中自动消失★ 要懂

2. 旋转体的体积：圆盘法、垫圈法与柱壳法，按旋转轴选用，也适用于非坐标轴★★ 必会

3. 弧微分 ds 是弧长与旋转曲面侧面积的共同基础★★ 必会

4. 面积的三种算法：直角坐标下上减下、极坐标下的 21​r2、参数式中的符号★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

3. 弧微分 $d s$ 是弧长与旋转曲面侧面积的共同基础★★ 必会

4. 面积的三种算法：直角坐标下上减下、极坐标下的 $\frac{1}{2} r^{2}$ 、参数式中的符号★★ 必会