设上半球面S: z=sqrt(a^2-x^2-y^2)(a >0)，I=iint_(S)(x+y+z)dS则有A. I=0B. I=3pi a^3C. I=2pi a^3D. I=pi a^3

本题考查第一类曲面积分的计算，解题思路是先将曲面积分$\iint_{S}(x + y + z)dS$拆分成$\iint_{S}xdS+\iint_{S}ydS+\iint_{S}zdS$，再分别计算这三个积分。

1. 分析$\iint_{S}xdS$和$\iint_{S}ydS$

• 对于$\iint_{S}xdS$，积分曲面$S: z = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2}(a\gt0)$关于$yOz$平面对称，被积函数$f(x,y,z)=x$是关于$x$的奇函数。
  根据第一类曲面积分的对称性：若积分曲面$\varSigma$关于$yOz$平面对称，被积函数$f(x,y,z)$是关于$x$的奇函数，则$\iint_{\varSigma}f(x,y,z)dS = 0$，所以$\iint_{S}xdS = 0$。
• 同理，积分曲面$S$关于$xOz$平面对称，被积函数$f(x,y,z)=y$是关于$y$的奇函数，所以$\iint_{S}ydS = 0$。

2. 计算$\iint_{S}zdS$

• 首先求$dS$，已知$z = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2}$，对$z$分别求关于$x$和$y$的偏导数：
  • $z_{x}=\frac{-x}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}}$
  • $z_{y}=\frac{-y}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}}$
    根据$dS = \sqrt{1 + z_{x}^{2} + z_{y}^{2}}dxdy$，可得：
    $\begin{align*}dS&=\sqrt{1 + (\frac{-x}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}})^2 + (\frac{-y}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}})^2}dxdy\\&=\sqrt{1 + \frac{x^2}{a^2 - x^2 - y^2} + \frac{y^2}{a^2 - x^2 - y^2}}dxdy\\&=\sqrt{\frac{a^2 - x^2 - y^2 + x^2 + y^2}{a^2 - x^2 - y^2}}dxdy\\&=\frac{a}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}}dxdy\end{align*}$
• 然后确定积分区域$D$，$S$在$xOy$平面上的投影区域$D$为$x^2 + y^2\leq a^2$，采用极坐标变换$x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$，则$dxdy = rdr d\theta$，积分区域$D$变为$0\leq r\leq a$，$0\leq\theta\leq 2\pi$。
• 此时$\iint_{S}zdS$可转化为二重积分：
  $\begin{align*}\iint_{S}zdS&=\iint_{D}\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}\cdot\frac{a}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}}dxdy\\&=\iint_{D}adxdy\\&=a\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{a}r dr\\&=a\cdot 2\pi\cdot\frac{1}{2}r^2\big|_{0}^{a}\\&=a\cdot 2\pi\cdot\frac{1}{2}a^2\\&=\pi a^3\end{align*}$

3. 计算$I$

因为$I = \iint_{S}(x + y + z)dS = \iint_{S}xdS + \iint_{S}ydS + \iint_{S}zdS$，且$\iint_{S}xdS = 0$，$\iint_{S}ydS = 0$，$\iint_{S}zdS = \pi a^3$，所以$I = \pi a^3$。