上半球面 z=sqrt(a^2-x^2-y^2) 的表面积等于（） A. pi a^2B. 2pi a^2C. 4pi a^2D. 8pi a^2

为了求解上半球面 $ z = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2} $ 的表面积，我们可以使用曲面表面积的公式。对于一个由 $ z = f(x, y) $ 定义的曲面，其在区域 $ D $ 上的表面积 $ S $ 可以用以下公式计算： \[ S = \iint_D \sqrt{1 + \left( \frac{\partial f}{\partial x} \right)^2 + \left( \frac{\partial f}{\partial y} \right)^2} \, dA \] 首先，我们需要计算 $ \frac{\partial f}{\partial x} $ 和 $ \frac{\partial f}{\partial y} $。给定 $ f(x, y) = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2} $，我们有： \[ \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{-x}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}} \] \[ \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{-y}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}} \] 将这些偏导数代入表面积公式，我们得到： \[ S = \iint_D \sqrt{1 + \left( \frac{-x}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}} \right)^2 + \left( \frac{-y}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}} \right)^2} \, dA \] \[ S = \iint_D \sqrt{1 + \frac{x^2}{a^2 - x^2 - y^2} + \frac{y^2}{a^2 - x^2 - y^2}} \, dA \] \[ S = \iint_D \sqrt{1 + \frac{x^2 + y^2}{a^2 - x^2 - y^2}} \, dA \] \[ S = \iint_D \sqrt{\frac{a^2 - x^2 - y^2 + x^2 + y^2}{a^2 - x^2 - y^2}} \, dA \] \[ S = \iint_D \sqrt{\frac{a^2}{a^2 - x^2 - y^2}} \, dA \] \[ S = \iint_D \frac{a}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}} \, dA \] 接下来，我们使用极坐标系来简化积分。在极坐标系中， $ x = r \cos \theta $ 和 $ y = r \sin \theta $，且 $ dA = r \, dr \, d\theta $。区域 $ D $ 是 $ x^2 + y^2 \leq a^2 $ 的圆盘，因此在极坐标系中， $ r $ 从 0 到 $ a $ 且 $ \theta $ 从 0 到 $ 2\pi $。代入极坐标，我们得到： \[ S = \int_0^{2\pi} \int_0^a \frac{a}{\sqrt{a^2 - r^2}} \, r \, dr \, d\theta \] 我们先对 $ r $ 积分。令 $ u = a^2 - r^2 $，则 $ du = -2r \, dr $ 或 $ r \, dr = -\frac{1}{2} du $。当 $ r = 0 $ 时， $ u = a^2 $；当 $ r = a $ 时， $ u = 0 $。因此，积分变为： \[ \int_0^a \frac{a}{\sqrt{a^2 - r^2}} \, r \, dr = -\frac{a}{2} \int_{a^2}^0 \frac{1}{\sqrt{u}} \, du = \frac{a}{2} \int_0^{a^2} u^{-1/2} \, du = \frac{a}{2} \left[ 2u^{1/2} \right]_0^{a^2} = \frac{a}{2} \cdot 2a = a^2 \] 现在我们对 $ \theta $ 积分： \[ S = \int_0^{2\pi} a^2 \, d\theta = a^2 \left[ \theta \right]_0^{2\pi} = a^2 \cdot 2\pi = 2\pi a^2 \] 因此，上半球面 $ z = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2} $ 的表面积是 $ 2\pi a^2 $。正确答案是： \[ \boxed{B} \]