2013 年上海高考数学卷一道题的多种解法

题源 2013 年上海高考数学卷 第 13 题
题面$xOy$ 平面上,将两个半圆弧 $(x-1)^2+y^2=1~(x\geq 1)$$(x-3)^2+y^2=1~(x\geq 3)$、两条直线 $y=1$$y=-1$ 围成的封闭图形记为 $D$,如图中阴影部分. 记 $D$$y$ 轴旋转一周而成的几何体为 $\Omega$,过 $(0,y)~(|y|\leq 1)$$\Omega$ 的水平截面,所得截面面积为 $4\pi\sqrt{1-y^2}+8\pi$,试用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体,得出 $\Omega$ 的体积值为 $\boxed{?}$.
gaokao-zugeng-figure.png
法 1 (标准解法) 根据提示利用祖暅原理,构造几何体由一个半径为 $1$,高为 $2\pi$的平放圆柱和一个高为 $2$,底面面积为 $8\pi$ 的长方体组成,其体积为 $V=2\pi^2+16\pi$.

我并不知道题面中的水平截面面积为何要额外给出,在我看来这是冗余的条件,下文给出几种非祖暅原理的解法,可能有点小题大作,不过主要是为了熟悉一下微积分相关知识点……

法 2 (旋转体) 注意到水平截面的表达式为 $4\pi\sqrt{1-y^2}+8\pi$,可得到 $$\begin{aligned}V&=\int_{-1}^{1}4\pi\sqrt{1-y^2}+8\pi\mathrm{d}y\\&=4\pi\int_{-1}^{1}\sqrt{1-y^2}+2\mathrm{d}y\\(x=\sin(\theta))&=4\pi\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}(\cos(\theta)+2)\cos(\theta)\mathrm{d}\theta\\&=4\pi\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\cos^2(\theta)+2\cos(\theta)\mathrm{d}\theta\\&=4\pi\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\frac{\cos(2\theta)+1}{2}+2\cos(\theta)\mathrm{d}\theta\\&=4\pi\left[\frac{\sin(2\theta)}{4}+\frac\theta2+2\sin(\theta)\right]^{\frac\pi2}_{-\frac\pi2}\\&=4\pi\left(\frac\pi2+4\right)\\&=2\pi^2+16\pi.\end{aligned}$$
虽然这里直接用到了题面所给截面面积表达式,但是该方法与利用旋转体公式求 $$V=\pi\int_{-1}^{1}(\sqrt{1-y^2}+3)^2-(\sqrt{1-y^2}+1)^2\mathrm{d}y$$ 是等价的.
法 3 (帕普斯法则) 应用帕普斯法则求体积,需要先求该平面图形的质心,可利用分割法与二重积分求得,首先分割区域如下图
gaokao-zugeng-region.png
其中 $R_0$ 是中央的 $2\times2$ 矩形区域,$R_1,R_2$ 分别为两个半圆区域。(由于这些区域的质心显然在 $x$ 轴上,下文直接使用 $x$ 坐标表示其质心。)
区域 $R_0$ 的质心显然为 $x_0=2$;为求得 $R_1,R_2$ 两个区域的质心,逆用帕普斯法则可以知道其质心分别为 $$x_1=1+\frac{4}{3\pi},x_2=3+\frac{4}{3\pi}.$$
接着利用二重积分求区域 $D$ 的质心 $G$,又注意到 $D=R_0-R_1+R_2$,根据质心公式有 $$\begin{aligned}G_x&=\frac{1}{S_D}\iint_{D}x\mathrm{d}A\\&=\frac{1}{S_D}\left(\iint_{R_0}x\mathrm{d}A-\iint_{R_1}x\mathrm{d}A+\iint_{R_2}x\mathrm{d}A\right),\end{aligned}$$ 其中 $S_D=4$ 表示区域 $D$ 的面积.
对于区域 $R_0,R_1, R_2$ 分别使用质心公式可以知道 $$\begin{aligned}x_0&=\frac{1}{S_{R_0}}\iint_{R_0}x\mathrm{d}A\\x_1&=\frac{1}{S_{R_1}}\iint_{R_1}x\mathrm{d}A\\x_2&=\frac{1}{S_{R_2}}\iint_{R_2}x\mathrm{d}A,\end{aligned}$$
其中 $S_{R_0},S_{R_1},S_{R_2}$ 分别表示区域 $R_0,R_1,R_2$ 的面积,经过变形后得到一组二重积分的表达式
$$\begin{aligned}\iint_{R_0}x\mathrm{d}A&=S_{R_0}x_0\\\iint_{R_1}x\mathrm{d}A&=S_{R_1}x_1\\\iint_{R_2}x\mathrm{d}A&=S_{R_2}x_2,\end{aligned}$$
将其代入之前的式子可得到 $$\begin{aligned}G_x&=x_0-\frac{S_{R_1}}{S_D}x_1+\frac{S_{R_2}}{S_D}x_2\\&=2-\frac{\frac\pi2}{4}\left(1+\frac{4}{3\pi}\right)+\frac{\frac\pi2}{4}\left(3+\frac{4}{3\pi}\right)\\&=\frac\pi4+2,\end{aligned}$$
则几何体的体积可表示为 $$\begin{aligned}V&=2\pi\cdot G_x\cdot S_D\\&=2\pi\cdot(\frac\pi4+2)\cdot4\\&=2\pi^2+16\pi.\end{aligned}$$

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