第一类曲面积分（对面积的积分）

解题思路： 球面用参数方程（球坐标）表示，或利用对称性简化。

详细步骤：

方法一：参数方程

1. 球面参数方程：$x = a\sin\phi\cos\theta, \, y = a\sin\phi\sin\theta, \, z = a\cos\phi$，$0 \leq \phi \leq \pi, \, 0 \leq \theta \leq 2\pi$
2. $E = a^2, \, F = 0, \, G = a^2\sin^2\phi$，$\sqrt{EG-F^2} = a^2\sin\phi$
3. $x^2+y^2 = a^2\sin^2\phi$
4. $\iint_\Sigma (x^2+y^2) dS = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^\pi a^2\sin^2\phi \cdot a^2\sin\phi \, d\phi = 2\pi a^4 \int_0^\pi \sin^3\phi \, d\phi = 2\pi a^4 \cdot \frac{4}{3} = \frac{8\pi a^4}{3}$

方法二：对称性 由对称性 $\iint_\Sigma x^2 dS = \iint_\Sigma y^2 dS = \iint_\Sigma z^2 dS$ $\iint_\Sigma (x^2+y^2) dS = \frac{2}{3}\iint_\Sigma (x^2+y^2+z^2) dS = \frac{2}{3}\iint_\Sigma a^2 dS = \frac{2a^2}{3} \cdot 4\pi a^2 = \frac{8\pi a^4}{3}$

答案：$\frac{8\pi a^4}{3}$

解题思路： 锥面用显函数 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 表示，投影到 $xOy$ 平面为单位圆。

详细步骤：

1. $z = \sqrt{x^2+y^2}$，$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}, \, \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$
2. $dS = \sqrt{1 + \frac{x^2}{x^2+y^2} + \frac{y^2}{x^2+y^2}} \, dx\,dy = \sqrt{2} \, dx\,dy$
3. 投影区域 $D_{xy}: x^2+y^2 \leq 1$
4. $\iint_\Sigma z \, dS = \iint_{D_{xy}} \sqrt{x^2+y^2} \cdot \sqrt{2} \, dx\,dy = \sqrt{2}\int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 \rho \cdot \rho \, d\rho = \sqrt{2} \cdot 2\pi \cdot \frac{1}{3} = \frac{2\sqrt{2}\pi}{3}$

答案：$\frac{2\sqrt{2}\pi}{3}$

解题思路： 曲面面积 = $\iint_\Sigma 1 \, dS$，用显函数公式计算。

详细步骤：

1. $z = x^2+y^2$，$z_x = 2x, \, z_y = 2y$
2. $dS = \sqrt{1+4x^2+4y^2} \, dx\,dy$
3. 投影区域 $D_{xy}: x^2+y^2 \leq 1$
4. $S = \iint_{D_{xy}} \sqrt{1+4(x^2+y^2)} \, dx\,dy = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 \sqrt{1+4\rho^2} \cdot \rho \, d\rho$
5. 令 $u = 1+4\rho^2$，$du = 8\rho \, d\rho$： $= 2\pi \cdot \frac{1}{8}\int_1^5 \sqrt{u} \, du = \frac{\pi}{4} \cdot \frac{2}{3}[u^{3/2}]_1^5 = \frac{\pi}{6}(5\sqrt{5} - 1)$

答案：$\frac{\pi}{6}(5\sqrt{5} - 1)$

解题思路： 平面用显函数 $z = 1-x-y$ 表示，在第一卦限投影为三角形。注意到在曲面上 $x+y+z=1$。

详细步骤：

1. $z = 1-x-y$，$z_x = -1, \, z_y = -1$，$dS = \sqrt{1+1+1} \, dx\,dy = \sqrt{3} \, dx\,dy$
2. 投影区域 $D: x \geq 0, y \geq 0, x+y \leq 1$
3. 在曲面上 $x+y+z = 1$
4. $\iint_\Sigma (x+y+z) dS = \iint_\Sigma 1 \, dS = \sqrt{3} \times \text{投影三角形面积} = \sqrt{3} \times \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

答案：$\frac{\sqrt{3}}{2}$

解题思路： 球冠用显函数 $z = \sqrt{a^2-x^2-y^2}$ 表示，投影区域为圆 $x^2+y^2 \leq a^2-h^2$。

详细步骤：

1. $z = \sqrt{a^2-x^2-y^2}$，$z_x = \frac{-x}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}, \, z_y = \frac{-y}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}$
2. $dS = \sqrt{1 + \frac{x^2+y^2}{a^2-x^2-y^2}} \, dx\,dy = \frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} \, dx\,dy = \frac{a}{z} \, dx\,dy$
3. 投影区域 $D: x^2+y^2 \leq a^2-h^2$，令 $R = \sqrt{a^2-h^2}$
4. $\iint_\Sigma \frac{1}{z} dS = \iint_D \frac{1}{z} \cdot \frac{a}{z} \, dx\,dy = \iint_D \frac{a}{a^2-x^2-y^2} \, dx\,dy$
5. 极坐标：$= a\int_0^{2\pi} d\theta \int_0^R \frac{\rho}{a^2-\rho^2} d\rho = 2\pi a \cdot \left[-\frac{1}{2}\ln(a^2-\rho^2)\right]_0^R = \pi a \ln\frac{a^2}{a^2-R^2} = \pi a \ln\frac{a^2}{h^2} = 2\pi a \ln\frac{a}{h}$

答案：$2\pi a \ln\frac{a}{h}$