按通常的光滑局部曲线理解，$r(0)=2$ 使初始点附近可取 $r>1$。对面积与弧长关系求导，得

该邻域内 $r^{\prime }\ne 0$，由导数介值性其符号不变。分离变量并用初值，得

因此 $r=\sec (\theta \pm \frac{\pi }{3})$，即 $x+\sqrt{3}y=2$ 或 $x-\sqrt{3}y=2$。这是两条不同的直线。

以上是经过初始点、位于 $r>1$ 区域的光滑局部结果。题面未限定全局延拓：到达 $r=1$ 后还可沿单位圆停留，再接出直线段；允许角点时解族更广。下文为连续可求长正极径曲线的一般分类，属于超出通常局部计算的补充。

按连续、可求长的正极径曲线理解题意，记 $\gamma (\theta )=(r(\theta )\cos \theta ,r(\theta )\sin \theta )$。极角区间 $I$ 包含 $0$，且从 $0$ 到任一 $\theta \in I$ 不重绕、确能表示题面的普通曲边扇形，例如可取 $I\subset (-2\pi ,2\pi )$。其面积为 $S(\theta )=\frac{1}{2}\left|{\int }_0^{\theta }r(t{)}^2\mathrm{d}t\right|$。题设给出从 $0$ 到 $\theta$ 的弧长为 $\left|{\int }_0^{\theta }r(t{)}^2\mathrm{d}t\right|$，此处不能预先假设 $r$ 可导。

由弧长可加性，对任意 $a<b$ 都有 $\ell ([a,b])={\int }_a^{b}r(t{)}^2\mathrm{d}t$。在任一紧子区间上，连续函数 $r$ 有上界 $B$，故 $|\gamma (b)-\gamma (a)|\le \ell ([a,b])\le B^2(b-a)$。因此 $\gamma$ 局部 Lipschitz，且 $r=|\gamma |$ 也局部 Lipschitz，特别是局部绝对连续。这一正则性由题设推出，而非附加条件。

对绝对连续曲线应用弧长公式并对上一步的积分恒等式求导，得到 $\sqrt{r^2+(r^{\prime }{)}^2}=r^2$ 几乎处处成立，即 $(r^{\prime }{)}^2=r^2(r^2-1)$。若某点有 $0<r<1$，连续性将给出一个这样的开区间，与该等式矛盾；结合正极径及 $r(0)=2$，可知 $r\ge 1$。

令 $u=\arccos (\frac{1}{r})$，则 $0\le u<\frac{\pi }{2}$，且 $u(0)=\frac{\pi }{3}$。在开集 $\{u>0\}$ 的每个连通分支内，链式法则给出 $u^{\prime }=\frac{r^{\prime }}{r\sqrt{r^2-1}}$，所以 $|u^{\prime }|=1$ 几乎处处成立，且 $u$ 在该分支上为 1-Lipschitz。跨越零点时，用各分支端点的 $u=0$ 接合：若两点之间有零点，分别估计它们到相邻零点的函数增量，其和不超过两点距离。因此 $u$ 在整个 $I$ 上也是 1-Lipschitz。在零值集的可导点，因 $u\ge 0$，导数必为 $0$；故 $u^{\prime }=0$ 在零值集上几乎处处成立。

反之，任取满足上述条件的 $u$，令 $r=\sec u$。在紧子区间上，$u$ 与 $\frac{\pi }{2}$ 有正距离，故 $r$ 局部 Lipschitz。于 $u>0$ 处有 $r^{\prime }=\sec u\tan u{u}^{\prime }$，从而 $\sqrt{r^2+(r^{\prime }{)}^2}={\sec }^{2}u=r^2$ 几乎处处成立；于 $u=0$ 处有 $r=1,r^{\prime }=0$，等式同样成立。积分并取绝对值即得 $\ell =2S$，且 $r(0)=2$。因此答案给出的自由函数族既必要又充分。

这是可直接构造的解族：选择可测斜率 $\sigma$，令 $u(\theta )=\frac{\pi }{3}+{\int }_0^{\theta }\sigma (t)\mathrm{d}t$。只须保持 $0\le u<\frac{\pi }{2}$，并在 $u>0$ 时取 $\sigma \in \{-1,1\}$、在 $u=0$ 时取 $\sigma =0$，以上条件均按几乎处处理解，即可代入 $r=\sec u$ 得到解；全部允许的 $u$ 也都有这种积分表示。斜率可以多次改变，不要求改变处的 $r$ 等于 $1$。

例如取 $0<\delta <\frac{\pi }{6}$，在 $0\le \theta \le \delta$ 上令 $u=\frac{\pi }{3}+\theta$，在 $\delta \le \theta \le 2\delta$ 上令 $u=\frac{\pi }{3}+2\delta -\theta$。所得 $r=\sec u$ 满足全部面积与弧长条件，但在 $\theta =\delta$ 处以 $r>1$ 折返，具有角点。因此不能由题设默认排除这些解。

若额外要求 $r\in C^1$，才有 $r^{\prime }$ 在 $r>1$ 的连通分支上不换号，从而缩减为递减弧 $\sec (\theta -\alpha )$、在 $[\alpha ,\beta ]$ 上的 $r=1$、递增弧 $\sec (\theta -\beta )$ 的拼接，其中 $\alpha \le \beta$，初值要求 $\alpha =\frac{\pi }{3}$ 或 $\beta =-\frac{\pi }{3}$，并允许单侧永久停留。零长停留给出 $x+\sqrt{3}y=2$ 或 $x-\sqrt{3}y=2$。这只是一般解族中的光滑特例；所有延拓仍须取能形成普通曲边扇形的角度区间限制，不能把多次重绕的累计面积代替普通几何面积。