三、曲线弧长（数三不做）

小题

（一）参数方程下曲线的弧长

1. 【1995-3-5 分】 求摆线

$$\{\begin{array}{l}x=1-\cos t,\\ y=t-\sin t,\end{array}$$

一拱 $(0\le t\le 2\pi )$ 的弧长。

查看答案与解析

答案：

$$s=8.$$

解析： 参数方程所表示曲线的弧长公式为

$$s={\int }_{\alpha }^{\beta }\sqrt{{\left(\frac{dx}{dt}\right)}^2+{\left(\frac{dy}{dt}\right)}^2}dt.$$

由题设

$$\frac{dx}{dt}=\sin t,\frac{dy}{dt}=1-\cos t.$$

因此

$$\begin{array}{rl}\sqrt{{\left(\frac{dx}{dt}\right)}^2+{\left(\frac{dy}{dt}\right)}^2}& =\sqrt{{\sin }^{2}t+(1-\cos t{)}^2}\\ & =\sqrt{2-2\cos t}\\ & =2\left|\sin \frac{t}{2}\right|.\end{array}$$

当 $0\le t\le 2\pi$ 时，$\sin \frac{t}{2}\ge 0$，故

$$\begin{array}{rl}s& =2{\int }_0^{2\pi }\sin \frac{t}{2}dt\\ & =2{\left[-2\cos \frac{t}{2}\right]}_0^{2\pi }\\ & =8.\end{array}$$

（二）直角坐标系下曲线的弧长

1. 【2011-12-4 分】 曲线

$$y={\int }_0^x\tan tdt\left(0\le x\le \frac{\pi }{4}\right)$$

的弧长 $s=$ ______。

查看答案与解析

答案：

$$s=\ln (1+\sqrt{2}).$$

解析： 由变上限积分求导公式，

$$y^{\prime }=\tan x.$$

直角坐标曲线的弧长为

$$\begin{array}{rl}s& ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}dx\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{1+{\tan }^{2}x}dx.\end{array}$$

在区间 $\left[0,\frac{\pi }{4}\right]$ 上 $\sec x>0$，故

$$\begin{array}{rl}s& ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sec xdx\\ & ={\left[\ln (\sec x+\tan x)\right]}_0^{\frac{\pi }{4}}\\ & =\ln (\sqrt{2}+1).\end{array}$$

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2. 【2019-2-4 分】 曲线

$$y=\ln \cos x\left(0\le x\le \frac{\pi }{6}\right)$$

的弧长为 ______。

查看答案与解析

答案：

$$s=\frac{1}{2}\ln 3.$$

解析： 求导得

$$y^{\prime }=-\tan x.$$

因此

$$\begin{array}{rl}s& ={\int }_0^{\frac{\pi }{6}}\sqrt{1+{\tan }^{2}x}dx\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{6}}\sec xdx\\ & ={\left[\ln (\sec x+\tan x)\right]}_0^{\frac{\pi }{6}}.\end{array}$$

注意到

$$\sec \frac{\pi }{6}+\tan \frac{\pi }{6}=\frac{2}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}=\sqrt{3},$$

故

$$s=\ln \sqrt{3}=\frac{1}{2}\ln 3.$$

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3. 【2023-2-5 分】 曲线

$$y={\int }_{-\sqrt{3}}^x\sqrt{3-t^2}dt$$

的弧长。

查看答案与解析

答案：

$$s=\sqrt{3}+\frac{4\pi }{3}.$$

解析： 被积函数要求 $-\sqrt{3}\le t\le \sqrt{3}$，故该曲线的定义域为

$$-\sqrt{3}\le x\le \sqrt{3}.$$

由变上限积分求导公式，

$$y^{\prime }=\sqrt{3-x^2}.$$

于是曲线全长为

$$\begin{array}{rl}s& ={\int }_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}dx\\ & ={\int }_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}\sqrt{4-x^2}dx\\ & =2{\int }_0^{\sqrt{3}}\sqrt{4-x^2}dx.\end{array}$$

利用公式

$$\int \sqrt{a^2-x^2}dx=\frac{x}{2}\sqrt{a^2-x^2}+\frac{a^2}{2}\arcsin \frac{x}{a}+C,$$

取 $a=2$，得

$$\begin{array}{rl}s& =2{\left[\frac{x}{2}\sqrt{4-x^2}+2\arcsin \frac{x}{2}\right]}_0^{\sqrt{3}}\\ & =2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{2\pi }{3}\right)\\ & =\sqrt{3}+\frac{4\pi }{3}.\end{array}$$

（三）极坐标系下曲线的弧长

1. 【1996-12-5 分】 求心形线

$$r=a(1+\cos \theta )$$

的全长，其中 $a>0$ 是常数。

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答案：

$$s=8a.$$

解析： 极坐标曲线的弧长公式为

$$s={\int }_{\alpha }^{\beta }\sqrt{r^2+{\left(\frac{dr}{d\theta }\right)}^2}d\theta .$$

由

$$r=a(1+\cos \theta ),\frac{dr}{d\theta }=-a\sin \theta ,$$

可得

$$\begin{array}{rl}\sqrt{r^2+{\left(\frac{dr}{d\theta }\right)}^2}& =a\sqrt{(1+\cos \theta {)}^2+{\sin }^2\theta }\\ & =a\sqrt{2+2\cos \theta }\\ & =2a\left|\cos \frac{\theta }{2}\right|.\end{array}$$

心形线由 $0\le \theta \le 2\pi$ 描绘一周，故

$$\begin{array}{rl}s& =2a{\int }_0^{2\pi }\left|\cos \frac{\theta }{2}\right|d\theta \\ & =4a{\int }_0^{\pi }\left|\cos u\right|du\left(u=\frac{\theta }{2}\right)\\ & =4a\cdot 2\\ & =8a.\end{array}$$

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2. 【2010-2-4 分】 当 $0\le \theta \le \pi$ 时，对数螺线

$$r=e^{\theta }$$

的弧长为 ______。

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答案：

$$s=\sqrt{2}(e^{\pi }-1).$$

解析： 由

$$r=e^{\theta },\frac{dr}{d\theta }=e^{\theta },$$

得

$$\sqrt{r^2+{\left(\frac{dr}{d\theta }\right)}^2}=\sqrt{2e^{2\theta }}=\sqrt{2}{e}^{\theta }.$$

所以

$$\begin{array}{rl}s& ={\int }_0^{\pi }\sqrt{2}{e}^{\theta }d\theta \\ & =\sqrt{2}{\left[e^{\theta }\right]}_0^{\pi }\\ & =\sqrt{2}(e^{\pi }-1).\end{array}$$

大题

（一）直角坐标系下曲线的弧长

1. 【1992-3-7 分】 计算曲线

$$y=\ln (1-x^2)$$

上相应于 $0\le x\le \frac{1}{2}$ 的一段弧的长度。

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答案：

$$s=\ln 3-\frac{1}{2}.$$

解析： 由

$$y^{\prime }=\frac{-2x}{1-x^2},$$

且在 $0\le x\le \frac{1}{2}$ 上有 $1-x^2>0$，故弧长为

$$\begin{array}{rl}s& ={\int }_0^{\frac{1}{2}}\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}dx\\ & ={\int }_0^{\frac{1}{2}}\sqrt{1+\frac{4x^2}{(1-x^2{)}^2}}dx\\ & ={\int }_0^{\frac{1}{2}}\frac{1+x^2}{1-x^2}dx.\end{array}$$

注意到

$$\frac{1+x^2}{1-x^2}=-1+\frac{2}{1-x^2},$$

而

$$\int \frac{2}{1-x^2}dx=\ln \frac{1+x}{1-x}+C,$$

所以

$$\begin{array}{rl}s& ={\left[-x+\ln \frac{1+x}{1-x}\right]}_0^{\frac{1}{2}}\\ & =-\frac{1}{2}+\ln \frac{\frac{3}{2}}{\frac{1}{2}}\\ & =\ln 3-\frac{1}{2}.\end{array}$$

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2. 【2001-2-7 分】 设 $\rho =\rho (x)$ 是抛物线 $y=\sqrt{x}$ 上任一点 $M(x,y)$（$x\ge 1$）处的曲率半径，$s=s(x)$ 是抛物线上介于点 $A(1,1)$ 与 $M$ 之间的弧长，计算

$$3\rho \frac{d^2\rho }{d{s}^2}-{\left(\frac{d\rho }{ds}\right)}^2$$

的值。（在直角坐标系下曲率公式为 $k=\frac{|y^{\prime \prime }|}{[1+(y^{\prime }{)}^2{]}^{3/2}}$。）

查看答案与解析

答案：

$$9.$$

解析： 由

$$y^{\prime }=\frac{1}{2\sqrt{x}},y^{\prime \prime }=-\frac{1}{4x^{3/2}},$$

得曲率半径

$$\begin{array}{rl}\rho & =\frac{1}{k}=\frac{[1+(y^{\prime }{)}^2{]}^{3/2}}{|y^{\prime \prime }|}\\ & =\frac{{\left(1+\frac{1}{4x}\right)}^{3/2}}{\frac{1}{4x^{3/2}}}\\ & =\frac{1}{2}(4x+1{)}^{3/2}.\end{array}$$

又因为

$$\frac{ds}{dx}=\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}=\frac{\sqrt{4x+1}}{2\sqrt{x}},$$

所以

$$\begin{array}{rl}\frac{d\rho }{ds}& =\frac{\frac{d\rho }{dx}}{\frac{ds}{dx}}\\ & =\frac{3\sqrt{4x+1}}{\frac{\sqrt{4x+1}}{2\sqrt{x}}}\\ & =6\sqrt{x}.\end{array}$$

继续求导，得

$$\begin{array}{rl}\frac{d^2\rho }{d{s}^2}& =\frac{\frac{d}{dx}(6\sqrt{x})}{\frac{ds}{dx}}\\ & =\frac{\frac{3}{\sqrt{x}}}{\frac{\sqrt{4x+1}}{2\sqrt{x}}}\\ & =\frac{6}{\sqrt{4x+1}}.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}3\rho \frac{d^2\rho }{d{s}^2}-{\left(\frac{d\rho }{ds}\right)}^2& =3\cdot \frac{1}{2}(4x+1{)}^{3/2}\cdot \frac{6}{\sqrt{4x+1}}-(6\sqrt{x}{)}^2\\ & =9(4x+1)-36x\\ & =9.\end{array}$$