（1）从相切条件读出初值。曲线与 $y=x$ 相切于原点，故 $y(0)=0$、$y^{\prime }(0)=1$。由切线倾角关系 $\tan \alpha =y^{\prime }$，求导得 $(1+(y^{\prime }{)}^2){\alpha }^{\prime }=y^{\prime \prime }$。结合题设 ${\alpha }^{\prime }=y^{\prime }$，得到 $y^{\prime \prime }=y^{\prime }(1+(y^{\prime }{)}^2)$。

（2）降阶并分离变量。令 $p=y^{\prime }$，则 $p^{\prime }=p(1+p^2)$、$p(0)=1$。右端关于 $p$ 光滑，初值问题解唯一；零解不能与所求解相交，故在含零点的存在区间上 $p>0$。于是

积分得 $\ln p-\frac{1}{2}\ln (1+p^2)=x+C_1$，即 $\frac{p}{\sqrt{1+p^2}}=A{\mathrm{e}}^x$，其中 $A>0$。代入 $p(0)=1$ 得 $A=\frac{1}{\sqrt{2}}$。

（3）确定正分支。两边均为正，平方可得 $\frac{p^2}{(1+p^2)}=\frac{{\mathrm{e}}^{2x}}{2}$，即 $p^2=\frac{{\mathrm{e}}^{2x}}{(2-{\mathrm{e}}^{2x})}$。由 $p>0$，得到

该范围保证根号内严格为正。

（4）再积分。令 $t={\mathrm{e}}^x$，则 $\mathrm{d}t={\mathrm{e}}^x\mathrm{d}x$，所以

代入 $y(0)=0$ 得 $C_2=-\frac{\pi }{4}$，故 $y=\arcsin (\frac{{\mathrm{e}}^x}{\sqrt{2}})-\frac{\pi }{4}$，$x<\frac{\ln 2}{2}$。

（5）核对条件。该式给出 $y^{\prime }=\frac{{\mathrm{e}}^x}{\sqrt{2-{\mathrm{e}}^{2x}}}$、$y^{\prime \prime }=\frac{2{\mathrm{e}}^x}{(2-{\mathrm{e}}^{2x}{)}^{\frac{3}{2}}}$，从而 $\frac{y^{\prime \prime }}{[1+(y^{\prime }{)}^2]}=y^{\prime }$。且 $y(0)=0$、$y^{\prime }(0)=1$，满足原点相切条件；此分支 $y^{\prime }>0$，倾角取 $(0,\frac{\pi }{2})$ 内的值。