2016 年考研数学（二） 第 20 题

月牙形区域绕轴旋转，聪明的做法是「大减小」：外轮廓圆弧旋转是熟悉的半球（体积 $\frac{2}{3}\pi$、侧面积 $2\pi$），只需再算星形线弧那部分并做加减。星形线用参数式最方便：体积里 $y^{2}dx$ 化为 ${\sin }^{7}t{\cos }^{2}t$，再拆 ${\cos }^{2}t=1-{\sin }^{2}t$ 用华里士公式（${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^n$）；表面积里 $\sqrt{x^{\prime 2}+y^{\prime 2}}=3\sin t\cos t$ 与 $y={\sin }^{3}t$ 相乘恰成 ${\sin }^{4}t\cos t$，一步凑微分积出。关键是别忘半球那份「底子」，以及体积是相减、表面积是相加。

本题考查旋转体体积与旋转面表面积（含参数方程曲线）。 上边界为四分之一单位圆 $y=\sqrt{1-x^2}$，下边界为星形线 $x={\cos }^{3}t,y={\sin }^{3}t$（$0\le t\le \frac{\pi }{2}$），两曲线都从 $(1,0)$ 到 $(0,1)$，围成月牙形区域 $D$。

体积。 圆弧绕 $x$ 轴得半球（半径 $1$，体积 $\frac{2}{3}\pi$），减去星形线弧绕 $x$ 轴的体积：
$$V=\frac{2}{3}\pi -\pi {\int }_0^1{y}^{2}dx.$$
星形线上 $y^2={\sin }^{6}t$，$dx=-3{\cos }^{2}t\sin tdt$（$x:0\to 1$ 对应 $t:\frac{\pi }{2}\to 0$），故
$$\pi {\int }_0^1{y}^{2}dx=3\pi {\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{7}t{\cos }^{2}tdt=3\pi {\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{7}t(1-{\sin }^{2}t)dt=3\pi (I_7-I_9),$$
其中 $I_7=\frac{16}{35},I_9=\frac{128}{315}$（华里士公式），$I_7-I_9=\frac{16}{315}$，得 $3\pi \cdot \frac{16}{315}=\frac{16}{105}\pi$。

于是 $V=\frac{2}{3}\pi -\frac{16}{105}\pi =\frac{70-16}{105}\pi =\frac{54}{105}\pi =\frac{18}{35}\pi$。

表面积。 半球面（圆弧旋转）的侧面积为 $2\pi \cdot 1^2=2\pi$，加上星形线弧旋转所得曲面面积：
$$S=2\pi +2\pi {\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{3}t\sqrt{x^{\prime 2}(t)+y^{\prime 2}(t)}dt.$$
因 $x^{\prime }=-3{\cos }^{2}t\sin t,y^{\prime }=3{\sin }^{2}t\cos t$，$\sqrt{x^{\prime 2}+y^{\prime 2}}=\sqrt{9{\sin }^{2}t{\cos }^{2}t}=3\sin t\cos t$（$t\in [0,\frac{\pi }{2}]$）。

故
$$S=2\pi +2\pi {\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{3}t\cdot 3\sin t\cos tdt=2\pi +6\pi {\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{4}t\cos tdt=2\pi +6\pi \cdot \frac{{\sin }^{5}t}{5}{|}_0^{\pi /2}=2\pi +\frac{6\pi }{5}=\frac{16\pi }{5}.$$