三、三重积分的计算（数一专项）

小题

（一）直角坐标法

1. 【1991-12-5 分】 曲线

$$\{\begin{array}{l}{y}^2=2z,\\ x=0\end{array}$$

绕 $z$ 轴旋转所得曲面与平面 $z=4$ 围成空间区域 $\Omega$，求

$${\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2+z)dV.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{256\pi }{3}$。

解析： 曲线 $y^2=2z$ 绕 $z$ 轴旋转后得到旋转抛物面

$$x^2+y^2=2z.$$

在柱坐标系中令 $x=r\cos \theta$，$y=r\sin \theta$，则区域 $\Omega$ 可表示为

$$0\le z\le 4,0\le r\le \sqrt{2z},0\le \theta \le 2\pi .$$

又

$$x^2+y^2+z=r^2+z,dV=rdrd\theta dz.$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^4{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\sqrt{2z}}(r^2+z)rdrd\theta dz\\ & =2\pi {\int }_0^4{\left[\frac{r^4}{4}+\frac{z{r}^2}{2}\right]}_0^{\sqrt{2z}}dz\\ & =2\pi {\int }_0^{4}2z^{2}dz\\ & =4\pi \cdot \frac{4^3}{3}=\frac{256\pi }{3}.\end{array}$$

---

2. 【1997-1-5 分】 曲线

$$\{\begin{array}{l}{y}^2=2z,\\ x=0\end{array}$$

绕 $z$ 轴旋转所得曲面与平面 $z=8$ 围成空间区域 $\Omega$，求

$$I={\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2)dV.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{1024\pi }{3}$。

解析： 旋转曲面为

$$x^2+y^2=2z.$$

采用柱坐标，区域为

$$0\le z\le 8,0\le r\le \sqrt{2z},0\le \theta \le 2\pi .$$

因为 $x^2+y^2=r^2$，所以

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^8{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\sqrt{2z}}{r}^2\cdot rdrd\theta dz\\ & =2\pi {\int }_0^8{\left[\frac{r^4}{4}\right]}_0^{\sqrt{2z}}dz\\ & =2\pi {\int }_0^8{z}^{2}dz\\ & =2\pi \cdot \frac{8^3}{3}=\frac{1024\pi }{3}.\end{array}$$

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3. 【2010-1-4 分】 设

$$\Omega =\{(x,y,z)\mid x^2+y^2\le z\le 1\},$$

则均匀立体 $\Omega$ 的形心纵坐标 $\bar{z}=$ ______。

查看答案与解析

答案： $\frac{2}{3}$。

解析： 区域由抛物面

$$z=x^2+y^2$$

与平面 $z=1$ 围成。采用柱坐标，可写为

$$0\le r\le 1,r^2\le z\le 1,0\le \theta \le 2\pi .$$

均匀立体的形心纵坐标为

$$\bar{z}=\frac{{\iiint }_{\Omega }zdV}{{\iiint }_{\Omega }dV}.$$

先求体积：

$$\begin{array}{rl}V& ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1{\int }_{r^2}^{1}rdzdrd\theta \\ & =2\pi {\int }_0^{1}r(1-r^2)dr\\ & =2\pi \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)=\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

再求关于 $xOy$ 平面的静矩：

$$\begin{array}{rl}{M}_{xOy}& ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1{\int }_{r^2}^{1}zrdzdrd\theta \\ & =2\pi {\int }_0^1\frac{1-r^4}{2}rdr\\ & =\pi {\int }_0^1(r-r^5)dr\\ & =\pi \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\right)=\frac{\pi }{3}.\end{array}$$

因此

$$\bar{z}=\frac{\pi /3}{\pi /2}=\frac{2}{3}.$$

（二）球面坐标法

1. 【1989-12-5 分】 空间区域 $\Omega$ 由曲面

$$z=\sqrt{x^2+y^2},z=\sqrt{1-x^2-y^2}$$

围成，求

$${\iiint }_{\Omega }(x+z)dV.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{8}$。

解析： 第二个曲面是单位球面的上半球面

$$x^2+y^2+z^2=1,z\ge 0.$$

第一个曲面是圆锥面

$$z=\sqrt{x^2+y^2}.$$

在球坐标中，圆锥面对应

$$\rho \cos \phi =\rho \sin \phi ,$$

故

$$\phi =\frac{\pi }{4}.$$

所围区域为球内、圆锥面上方的部分：

$$0\le \rho \le 1,0\le \phi \le \frac{\pi }{4},0\le \theta \le 2\pi .$$

区域关于平面 $x=0$ 对称，而函数 $x$ 关于 $x$ 为奇函数，因此

$${\iiint }_{\Omega }xdV=0.$$

故只需计算 $z$ 的积分。由

$$z=\rho \cos \phi ,dV={\rho }^2\sin \phi d\rho d\phi d\theta ,$$

得

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\pi /4}{\int }_0^1{\rho }^3\cos \phi \sin \phi d\rho d\phi d\theta \\ & =2\pi \left({\int }_0^1{\rho }^{3}d\rho \right)\left({\int }_0^{\pi /4}\cos \phi \sin \phi d\phi \right)\\ & =2\pi \cdot \frac{1}{4}\cdot \frac{1}{4}=\frac{\pi }{8}.\end{array}$$

（三）对称性的应用：奇偶性

1. 【1988-12-3 分】 设

$${\Omega }_1=\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2\le R^2,z\ge 0\},$$ $${\Omega }_2=\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2\le R^2,x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0\}.$$

则下列结论正确的是（ ）。

A. ${\iiint }_{{\Omega }_1}xdV=4{\iiint }_{{\Omega }_2}xdV$    B. ${\iiint }_{{\Omega }_1}ydV=4{\iiint }_{{\Omega }_2}ydV$

C. ${\iiint }_{{\Omega }_1}zdV=4{\iiint }_{{\Omega }_2}zdV$    D. ${\iiint }_{{\Omega }_1}xyzdV=4{\iiint }_{{\Omega }_2}xyzdV$

查看答案与解析

答案： C。

解析： 上半球 ${\Omega }_1$ 关于平面 $x=0$、$y=0$ 都对称。

对于选项 A，函数 $x$ 关于 $x$ 为奇函数，故

$${\iiint }_{{\Omega }_1}xdV=0,$$

而 ${\Omega }_2$ 内 $x\ge 0$，右端一般为正，因此 A 错误。

同理，函数 $y$ 关于 $y$ 为奇函数，故 B 错误。

对于函数 $z$，它在关于 $x$、$y$ 的反射下保持不变。上半球可由四个全等的四分之一球体组成，而 ${\Omega }_2$ 正是其中一个，因此

$${\iiint }_{{\Omega }_1}zdV=4{\iiint }_{{\Omega }_2}zdV.$$

故 C 正确。

对于函数 $xyz$，在 ${\Omega }_1$ 上关于 $x$ 或 $y$ 均为奇函数，左端为 $0$；而在第一卦限 ${\Omega }_2$ 内被积函数非负且不恒为零，右端大于 $0$，故 D 错误。

（四）对称性的应用：轮换对称性

1. 【2008-3-4 分】 设

$$D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 1\},$$

求

$${\iint }_D(x^2-y)dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{4}$。

解析： 区域 $D$ 关于 $x$ 轴对称，而 $-y$ 关于 $y$ 为奇函数，因此

$${\iint }_D(-y)dxdy=0.$$

故

$$I={\iint }_D{x}^{2}dxdy.$$

由圆盘关于 $x,y$ 的轮换对称性，

$${\iint }_D{x}^{2}dxdy={\iint }_D{y}^{2}dxdy.$$

所以

$$\begin{array}{rl}2I& ={\iint }_D(x^2+y^2)dxdy\\ & ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1{r}^2\cdot rdrd\theta \\ & =2\pi \cdot \frac{1}{4}=\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

因此

$$I=\frac{\pi }{4}.$$

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2. 【2009-1-4 分】 设

$$\Omega =\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2\le 1\},$$

求

$${\iiint }_{\Omega }{z}^{2}dxdydz.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{4\pi }{15}$。

解析： 单位球体关于三个坐标变量具有轮换对称性，因此

$${\iiint }_{\Omega }{x}^{2}dV={\iiint }_{\Omega }{y}^{2}dV={\iiint }_{\Omega }{z}^{2}dV.$$

从而

$$3{\iiint }_{\Omega }{z}^{2}dV={\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2+z^2)dV.$$

采用球坐标，右端为

$$\begin{array}{rl}{\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2+z^2)dV& ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\pi }{\int }_0^1{\rho }^2\cdot {\rho }^2\sin \phi d\rho d\phi d\theta \\ & =\left(2\pi \right)\cdot 2\cdot \frac{1}{5}=\frac{4\pi }{5}.\end{array}$$

因此

$${\iiint }_{\Omega }{z}^{2}dV=\frac{1}{3}\cdot \frac{4\pi }{5}=\frac{4\pi }{15}.$$

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3. 【2015-1-4 分】 设 $\Omega$ 是由平面

$$x+y+z=1$$

与三个坐标面围成的四面体，求

$${\iiint }_{\Omega }(x+2y+3z)dxdydz.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{4}$。

解析： 区域

$$\Omega =\{(x,y,z)\mid x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0,x+y+z\le 1\}$$

关于 $x,y,z$ 具有轮换对称性，故

$${\iiint }_{\Omega }xdV={\iiint }_{\Omega }ydV={\iiint }_{\Omega }zdV.$$

设这个公共值为 $J$，则

$$I=(1+2+3)J=6J.$$

四面体的体积为

$$V=\frac{1}{6},$$

其形心坐标为

$$\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right).$$

因此

$$J={\iiint }_{\Omega }xdV=\bar{x}V=\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{24}.$$

故

$$I=6\cdot \frac{1}{24}=\frac{1}{4}.$$

大题

（一）直角坐标法

1. 【2013-1-10 分】 直线 $L$ 过点 $A(1,0,0)$、$B(0,1,1)$，将 $L$ 绕 $z$ 轴旋转所得曲面记为 $\Sigma$，$\Sigma$ 与平面 $z=0$、$z=2$ 围成空间区域 $\Omega$。

（1）求曲面 $\Sigma$ 的方程；

（2）求区域 $\Omega$ 的形心坐标。

查看答案与解析

答案： （1）$\Sigma :x^2+y^2=2z^2-2z+1$；

（2）$\left(0,0,\frac{7}{5}\right)$。

解析： 直线 $L$ 可参数化为

$$(x,y,z)=(1-t,t,t),-\infty <t<+\infty .$$

由于 $z=t$，直线上任一点到 $z$ 轴的距离平方为

$$\begin{array}{rl}{r}^2& =x^2+y^2\\ & =(1-z{)}^2+z^2\\ & =2z^2-2z+1.\end{array}$$

绕 $z$ 轴旋转后，故曲面方程为

$$\Sigma :x^2+y^2=2z^2-2z+1.$$

区域 $\Omega$ 关于 $xOz$ 面和 $yOz$ 面均对称，所以

$$\bar{x}=\bar{y}=0.$$

在高度 $z$ 处，截面是半径平方为 $2z^2-2z+1$ 的圆，其面积为

$$A(z)=\pi (2z^2-2z+1),0\le z\le 2.$$

区域体积为

$$\begin{array}{rl}V& ={\int }_0^{2}A(z)dz\\ & =\pi {\int }_0^2(2z^2-2z+1)dz\\ & =\pi {\left[\frac{2}{3}{z}^3-z^2+z\right]}_0^2\\ & =\frac{10\pi }{3}.\end{array}$$

关于 $xOy$ 面的静矩为

$$\begin{array}{rl}{M}_{xOy}& ={\int }_0^{2}zA(z)dz\\ & =\pi {\int }_0^{2}z(2z^2-2z+1)dz\\ & =\pi {\left[\frac{1}{2}{z}^4-\frac{2}{3}{z}^3+\frac{1}{2}{z}^2\right]}_0^2\\ & =\frac{14\pi }{3}.\end{array}$$

因此

$$\bar{z}=\frac{M_{xOy}}{V}=\frac{14\pi /3}{10\pi /3}=\frac{7}{5}.$$

故形心坐标为

$$\left(0,0,\frac{7}{5}\right).$$

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2. 【2019-1-10 分】 空间区域 $\Omega$ 是由曲面

$$x^2+(y-z{)}^2=(1-z{)}^2(0\le z\le 1)$$

与平面 $z=0$ 围成的锥体，求 $\Omega$ 的形心坐标。

查看答案与解析

答案： $\left(0,\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)$。

解析： 对固定的 $z\in [0,1]$，区域的水平截面为

$$x^2+(y-z{)}^2\le (1-z{)}^2,$$

即圆心为 $(0,z)$、半径为 $1-z$ 的圆盘。因此截面面积为

$$A(z)=\pi (1-z{)}^2.$$

区域关于平面 $x=0$ 对称，所以

$$\bar{x}=0.$$

体积为

$$\begin{array}{rl}V& ={\int }_0^1\pi (1-z{)}^{2}dz\\ & =\frac{\pi }{3}.\end{array}$$

计算 $\bar{z}$：

$$\begin{array}{rl}{\iiint }_{\Omega }zdV& =\pi {\int }_0^{1}z(1-z{)}^{2}dz\\ & =\pi {\int }_0^1(z-2z^2+z^3)dz\\ & =\frac{\pi }{12}.\end{array}$$

故

$$\bar{z}=\frac{\pi /12}{\pi /3}=\frac{1}{4}.$$

对于每个水平圆盘，其形心的 $y$ 坐标正好为 $z$，所以该薄层关于 $xOz$ 面的静矩为 $zA(z)dz$。于是

$${\iiint }_{\Omega }ydV={\int }_0^{1}zA(z)dz=\frac{\pi }{12},$$

从而

$$\bar{y}=\frac{\pi /12}{\pi /3}=\frac{1}{4}.$$

因此形心为

$$\left(0,\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right).$$

（二）球面坐标法

1. 【2000-1-7 分】 有一半径为 $R$ 的均匀球体，点 $P_0$ 位于球面上。球体内任一点的密度与该点到 $P_0$ 的距离平方成正比，比例系数为 $k>0$，求该球体的重心。

查看答案与解析

答案： 重心位于直线 $O{P}_0$ 上、在球心 $O$ 的背离 $P_0$ 一侧，且

$$\overrightarrow{OG}=-\frac{1}{4}\overrightarrow{O{P}_0}.$$

解析： 以球心 $O$ 为原点，并令 $z$ 轴正向沿 $\overrightarrow{O{P}_0}$，则可取

$$P_0=(0,0,R).$$

球体区域为

$$\Omega :x^2+y^2+z^2\le R^2.$$

任一点 $P(x,y,z)$ 到 $P_0$ 的距离平方为

$$P{P}_0^2=x^2+y^2+(z-R{)}^2=x^2+y^2+z^2+R^2-2Rz.$$

故密度

$$\rho (x,y,z)=k(x^2+y^2+z^2+R^2-2Rz).$$

由区域及密度关于 $xOz$ 面、$yOz$ 面对称，得

$$\bar{x}=\bar{y}=0.$$

球体总质量为

$$\begin{array}{rl}M& =k{\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2+z^2+R^2-2Rz)dV\\ & =k\left[{\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2+z^2)dV+R^{2}V\right],\end{array}$$

其中含 $z$ 的奇函数项在关于 $z=0$ 对称的球体上积分为零。采用球坐标，

$${\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2+z^2)dV=4\pi {\int }_0^R{r}^{4}dr=\frac{4\pi R^5}{5},$$

且

$$V=\frac{4\pi R^3}{3}.$$

所以

$$\begin{array}{rl}M& =k\left(\frac{4\pi R^5}{5}+\frac{4\pi R^5}{3}\right)\\ & =\frac{32\pi k{R}^5}{15}.\end{array}$$

关于 $xOy$ 面的质量矩为

$$\begin{array}{rl}{M}_{xOy}& ={\iiint }_{\Omega }z\rho (x,y,z)dV\\ & =k{\iiint }_{\Omega }z(x^2+y^2+z^2+R^2-2Rz)dV.\end{array}$$

除 $-2R{z}^2$ 外，其余各项均关于 $z$ 为奇函数，积分为零，故

$$M_{xOy}=-2kR{\iiint }_{\Omega }{z}^{2}dV.$$

由球体的轮换对称性，

$${\iiint }_{\Omega }{z}^{2}dV=\frac{1}{3}{\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2+z^2)dV=\frac{4\pi R^5}{15}.$$

因此

$$M_{xOy}=-\frac{8\pi k{R}^6}{15},$$

从而

$$\bar{z}=\frac{M_{xOy}}{M}=\frac{-8\pi k{R}^6/15}{32\pi k{R}^5/15}=-\frac{R}{4}.$$

故重心坐标为

$$G\left(0,0,-\frac{R}{4}\right),$$

即

$$\overrightarrow{OG}=-\frac{1}{4}\overrightarrow{O{P}_0}.$$