試論圓錐面平面截口的展開

(1)

試論圓錐面平面截口的展開

周國定

問題的提出: 關於圓錐曲線, 一般我們會設計如下的一道實習作業:

煙囪彎頭是由兩個圓柱形的煙筒焊在一起做成的, 現在要用矩形鐵片做成一個直角煙囪彎頭 (如下圖, 單位: cm), 不考慮焊接處的需要, 選用的矩形鐵片至少應滿足怎樣的尺寸? 請你設計出一個最合理的裁剪方案。 (在矩形鐵片上畫出的裁剪線應是什麼圖形? )

筆者感興趣的是下面的引申問題: 如果將直角煙囪彎頭一端的圓柱面改為圓錐面 (如圖 3), 則如何在矩形鐵片和扇形鐵片上設計合理的裁剪方案?

為了解決這一問題, 需將圓錐曲線與其母體——錐面、生成平面——結合起來考慮, 並研究:

(1) ‘截口’ 曲線離心率與生成平面傾斜角之間的關係;

(2) ‘截口’ 曲線在錐面展開圖中的曲線。

一、基本引理

設對頂錐面的頂點為 O, 軸截面頂角為 2β (0 < β < π

2), 過頂點 O 且垂直於錐面軸的平面記為 Π⁰ (如圖 1), 任作對頂錐面的截面 Π¹ (Π¹ 與 Π⁰ 不平行, 且 O 6∈ Π¹), Π¹∩ Π⁰ = l,

52

(2)

Π¹ 與錐面交成的 ‘截口’ 曲線記為 C ∪ C_∗ (其中 C 為截口曲線在平面 Π⁰ 上方的部份, C_∗ 為在平面 Π0 下方的部份), 由對頂錐面關於 Π0 對稱性, 不妨假設 C 始終不為空集合, 而 C_∗ 則可以為空集合。

圖 1 設頂點 O 到 Π¹ 的距離為 h (h > 0), 平

面 Π1 向上方向的法向量與 Z 軸的正半軸所成的角為 α (0 < α ≤ π

2, 稱 α 為平面 Π¹ 的傾斜角)。建立如圖 1 所示的空間直角座標系, 其中, OX//l。

直接計算易得, 平面 Π1 的方程:

y sin α − z cos α + h = 0

設 P (x, y, z) 是三維空間 O − XY Z 內的任一點, 定義點 P 的球面座標如下:

設 P 在平面 XOY 內的投影為 P^′, 以 OX 軸的正半軸為始邊, 射線 OP^′ 為終邊的角記為 ϕ (−3π ≤ ϕ ≤ 2π), 射線 OP 與 Z 軸正半軸的夾角記為 θ (0 ≤ θ ≤ π), |OP | = ρ (ρ ≥ 0), 則點 P 的球面座標定義為 (ρ, ϕ, θ)。

大家熟知, 空間任一點的直角座標與球面座標有如下關係:











x = ρ sin θ cos ϕ

y = ρ sin θ sin ϕ (ρ ≥ 0, − 3π ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π) z = ρ cos θ

(1)

引理1: ‘截口’ 曲線 C ∪ C_∗ 的直角座標方程:

C :











x = h

cos α cos β − sin α sin β sin ϕsin β cos ϕ

y = h

cos α cos β − sin α sin β sin ϕ sin β sin ϕ (ϕ 為參數, sin ϕ < cot α cot β)

z = h

cos α cos β − sin α sin β sin ϕcos β

C_∗:











x = − h

cos α cos β + sin α sin β sin ϕsin β cos ϕ

y = − h

cos α cos β + sin α sin β sin ϕsin β sin ϕ (ϕ 為參數, sin ϕ < − cot α cot β)

z = − h

cos α cos β + sin α sin β sin ϕcos β

(3)

證明: 平面 Π¹ 的直角座標方程: y sin α − z cos α + h = 0。由式 (1), Π¹ 的球面座標方程:

ρ sin θ sin ϕ sin α − ρ cos θ cos α + h = 0。

∵ 對頂錐面的軸截面頂角為 2β, ∴ 錐面的球面座標方程為: θ = β 或 θ = π − β。 ∴ ‘截口’

曲線 C ∪ C_∗ 的球面座標方程為:

C :

(θ = β

ρ sin θ sin ϕ sin α − ρ cos θ cos α + h = 0 C_∗:

(θ = π − β

ρ sin θ sin ϕ sin α − ρ cos θ cos α + h = 0

即 C :





 θ = β

ρ = h

cos α cos β − sin α sin β sin ϕ , C_∗ :







θ = π − β

ρ = − h

cos α cos β + sin α sin β sin ϕ

∵ ρ > 0, ∴ 相對於曲線 C, cos α cos β − sin α sin β sin ϕ > 0, 即

sin ϕ < cot α cot β (2) 相對於曲線 C_∗, cos α cos β + sin α sin β sin ϕ < 0, 即

sin ϕ < − cot α cot β (3) 由球面座標與直角座標的轉換公式 (1), 得到 ‘截口’ 曲線 C ∪ C_∗ 的直角座標方程:

C :











x = h

cos α cos β − sin α sin β sin ϕsin β cos ϕ

y = h

cos α cos β − sin α sin β sin ϕ sin β sin ϕ (ϕ 為參數, sin ϕ < cot α cot β)

z = h

cos α cos β − sin α sin β sin ϕcos β

C_∗:











x = − h

cos α cos β + sin α sin β sin ϕsin β cos ϕ

y = − h

cos α cos β + sin α sin β sin ϕsin β sin ϕ (ϕ 為參數, sin ϕ < − cot α cot β)

z = − h

cos α cos β + sin α sin β sin ϕcos β (1) ‘截口’ 曲線 C ∪ C_∗ 為橢圓或拋物線

∵ α + β ≤ π

2, ∴ cot α cot β ≥ 1, ∴ 式 (2) 有解, 式 (3)無解。

∴ C_∗ = ∅, 即 C ∪ C_∗ = C。

(4)

(2) ‘截口’曲線 C ∪ C_∗ 為雙曲線

∵ π

2 < α + β < π, ∴ 0 ≤ cot α cot β < 1, ∴ 式 (2), 式 (3) 均有解。

∴ 曲線 C、C_∗ 分別表示雙曲線的一支。

引理2: ‘截口’ 曲線 C ∪ C_∗ 在 Π⁰ 內的正投影曲線 C^′′∪ C_∗^′′ 是圓錐曲線或直線。

證明: 由引理 1, 曲線 C 在 Π⁰ 內的正投影方程為:











x = h

cos α cos β − sin α sin β sin ϕ sin β cos ϕ (4)

y = h

cos α cos β − sin α sin β sin ϕ sin β sin ϕ (5) z = 0

由 (5) 得:

sin ϕ = y cos α cos β

(h + y sin α) sin β (6)

由 (4)÷(5) 得: x

y = cos ϕ sin ϕ, 即

cos ϕ = x sin ϕ

y = x cos α cos β

(h + y sin α) sin β (7) (6)²+ (7)² 並化簡得: (x²+ y²) cos²α cos²β = sin²β(y sin α + h)², 即

x²cos²α cos²β + y²(cos²α cos²β − sin²α sin²β) − 2hy sin α sin²β − h²sin²β = 0 (8) 同理, 曲線 C_∗ 在平面 Π0 內的正投影 C_∗^′′ 的方程也為方程 (8)。

我們分三種情況討論情況1: α + β < π

此時, 曲線 C ∪ C2_∗ = C 為橢圓。 ∵ cos²α cos²β 6= cos²α cos²β − sin²α sin²β 且 cos²α cos²β − sin²α sin²β = cos(α + β) cos(α − β) > 0, ∴ 方程 (8) 表示橢圓, 即 C^′′ 是橢圓。

情況2: α + β = π

此時, 曲線 C ∪ C2_∗ = C 為拋物線。方程 (8) 可化為 x²sin²α = 2hy sin α + h², C^′′ 是拋物線。

情況3: π

2 < α + β < π

(5)

此時, 曲線 C ∪ C_∗ 為雙曲線。若 α = π

2, 則方程 (8) 可化為 y = −h, ∴ C^′′∪ C_∗^′′ 是直線;

否則由 cos²α cos²β − sin²α sin²β = cos(α + β) cos(α − β) < 0 知, 方程 (8) 表示雙曲

線, 即 C^′′∪ C_∗^′′ 是雙曲線。

二、本文主要結論

定理1: ‘截口’ 曲線 C ∪ C_∗ 的離心率 e = sin α cos β。證明: 分兩種情況討論

情況1: 曲線 C ∪ C_∗ = C 為拋物線, 此時 α + β = π

2, ∴ sin α

cos β = 1 = e。

情況2: 曲線 C ∪ C_∗ 為橢圓或雙曲線我們僅考慮 0 < α < π

2 的情況, 對於 α = π

2 的情況, 可由 C ∪ C_∗ 的方程直接驗證, 從略。

設曲線 C ∪ C_∗ 的長軸 (實軸) 長為 2a, 短軸 (虛軸) 長為 2b, 曲線 C ∪ C_∗ 在 Π0 內的正投影 C^′′∪ C_∗^′′ 在 Y 軸上的軸長為 2m, 平行於 X 軸的軸長為 2n。顯然, 2a = 2m

cos α, 2b = 2n。由引理 2 中的方程 (8) 得:

C^′′∪ C_∗^′′: cos²α cos²β − sin²α sin²β h²sin²β x² +(cos²α cos²β − sin²α sin²β)²

h²cos²α sin²β cos²β

y − h sin α sin²β

cos²α cos²β − sin²α sin²β

²

= 1

(1) C ∪ C_∗ = C 為橢圓, 即 α + β < π 2

∵ m² = h²cos²α sin²β cos²β

(cos²α cos²β − sin²α sin²β)², n² = h²sin²β

cos²α cos²β − sin²α sin²β,

∴ e² = 1 − b²

a² = 1 − n²

m² cos²α = 1 − (1 − tan²α tan²β) cos²α = sin²α cos²β, 即 e = sin α

cos β。

(6)

(2) C ∪ C_∗ 為雙曲線, 即 π

2 < α + β < π 且 α 6= π 2

∵ m² = h²cos²α sin²β cos²β

(cos²α cos²β − sin²α sin²β)², n² = − h²sin²β

cos²α cos²β − sin²α sin²β,

∴ e² = 1 + b²

a² = 1 + n²

m² cos²α = 1 + (tan²α tan²β − 1) cos²α = sin²α cos²β, 即 e = sin α

cos β。

在圖 1 中, 設 O1、O2 為錐面的軸 OZ 上的任兩點 (分別在平面 Π0 的上下方), 分別過 O¹、O² 且平行於 Π⁰ 的平面與錐面的交線記為 C11、C²², 平面 XOZ 與錐面的交線 OA¹ 與圓周 C¹¹、C²²分別相交於 A¹、A²。錐面的一條母線 OB¹ :

(ϕ = ϕ⁰ θ = β

OB² :

(ϕ = π + ϕ⁰ θ = π − β

(0 < ϕ⁰ ≤ 2π) 與圓周 C¹¹、 C²² 分別交於 B¹、 B², 與‘截口’曲線 C ∪ C_∗ 交於點 B。

將對頂錐面沿母線 OB¹(OB²) 剪開並展開成平面 (如圖 2, 利用幾何畫板繪製圖 2 時, β 取值為 0.39426(rad)。當 β 較大時, ‘截口’曲線 C ∪ C_∗ 不可能在半平面上展開), 展平後, 對應的點或曲線用加 ‘^′’ 的方法重新標記。如: 錐面的頂點 O 在錐面展平後的對應點記為 O^′, ‘截口’曲線 C ∪ C_∗ 在錐面展平後的對應曲線記為 C^′ ∪ C_∗^′ 等。點 B1 變為點 B11^′ 、 B^′12, 點 B2

變為點 B21^′ 、 B22^′ 。有向弧z {

A^′1B11^′ 與 z {

A^′1B12^′ 分別對應 A1 到 B1 的逆時針弧和 A1 到 B1 的順時針弧, 有向弧 z {

A^′2B22^′ 與 z {

A^′2B21^′ 分別對應 A2 到 B2 的逆時針弧和 A2 到 B2 的順時針弧。以 O^′ 為座標原點, 射線 O^′A^′1 為 X 軸的正半軸, 建立如圖 2 所示的直角座標系。

定理2: 平面 Π⁰ 上方的 ‘截口’ 曲線 C 按母線 OB¹ 展平後的曲線 C^′ 的方程為:







x = h

cos α cos β − sin α sin β sin ϕcos(ϕ sin β)

y = h

cos α cos β − sin α sin β sin ϕsin(ϕ sin β) (ϕ 為參數, φ0− 2π ≤ ϕ ≤ ϕ0, sin ϕ < cot α cot β)

證明: 設 P (ρ, ϕ, θ) 為曲線 C 上的任一點, 直線 OPT C¹¹= P¹, 則 ∠A¹O¹P¹ = ϕ。當 P¹ 在 A¹ 到 B¹ 的逆時針弧上時, 規定 0 ≤ ϕ ≤ ϕ⁰, 此時, 有向弧z {

A¹P¹ = |O¹A¹| · ϕ 為正; 當 P¹ 在 A1 到 B1 的順時針弧上時, 規定 ϕ0− 2π ≤ ϕ < 0, 此時, 有向弧z {

A¹P¹ = |O¹A¹| · ϕ 為負。在 Rt△OA1O¹ 中, |O¹A¹| = |OA¹| sin β (圖1), 所以, 有向弧z {

A¹P¹ = |O¹A¹| · ϕ =

|OA1| sin β · ϕ。

(7)

B11^′ B22^′ : y = x tan(ϕ⁰sin β), B21^′ B12^′ : y = x tan((ϕ⁰− 2π) sin β)

圖 2 顯然, 對頂錐面展平前後, 有向弧 z {

A^′1P1^′ = 有向弧 z {

A¹P¹, O^′P^′ = OP = ρ, |O^′A^′1| = |OA¹|, 所以 ∠A^′1O^′P1^′ = 有向弧 z {

A^′1P1^′÷|O^′A^′1| = 有向弧 z {

A¹P¹÷|OA¹| = (|OA¹| sin β · ϕ) ÷ |OA¹| = sin β · ϕ, O^′P^′ = h

cos α cos β − sin α sin β sin ϕ。設 P^′(x, y), 則







x = O^′P^′cos ∠A^′1O^′P1^′

y = O^′P^′sin ∠A^′1O^′P1^′

,

即 C^′ :







x = h

cos α cos β − sin α sin β sin ϕ cos(ϕ sin β)

y = h

cos α cos β − sin α sin β sin ϕsin(ϕ sin β)

(ϕ 為參數, ϕ0− 2π ≤ ϕ ≤ ϕ0,

sin ϕ < cot α cot β)。

與定理 2 的證明完全類似, 可證明下面的定理 3。

定理3: 平面 Π⁰ 下方的 ‘截口’ 曲線 C_∗ 按母線 OB² 展平後的曲線 C_∗^′ 的方程為:

(1) 當 0 < ϕ0 < π − arcsin(cot α cot β) 時

C_∗^′ :







x = h

cos α cos β + sin α sin β sin ϕcos((ϕ + π) sin β)

y = h

cos α cos β + sin α sin β sin ϕsin((ϕ + π) sin β)

(ϕ 為參數, max{−3π+ϕ⁰, −3π+arcsin(cot α cot β)} ≤ ϕ ≤ −2π−arcsin(cot α cot β)) (2) 當 arcsin(cot α cot β) < ϕ0 ≤ 2π 時

C_∗^′ :







x = h

cos α cos β + sin α sin β sin ϕcos((ϕ − π) sin β)

y = h

cos α cos β + sin α sin β sin ϕsin((ϕ − π) sin β)

(ϕ 為參數, π + arcsin(cot α cot β) ≤ ϕ ≤ min{π + ϕ⁰, 2π − arcsin(cot α cot β)})

(8)

圖 3

三、引申問題的解決

問題: 如圖 3 所示的直角煙囪彎頭是由一個半徑為 R 的圓柱面和一個頂角為 2β 的圓錐面焊接在一起做成的, 其中 ∠O1OO² = π

2。試確定煙囪彎頭的 ‘截口’ 曲線 C 分別在錐面和柱面的展開圖中的裁剪線。

(1) 先給出一個引理

引理3: 作與圓柱底面成角 γ (0 < γ < π

2) 的截面 Π, Π 與柱面交線記為 C。設圓柱的底面半徑為 R, 底面圓心 O 到 Π 的距離為 h, 不失一般性, 假設 h = R sin γ。記 C1^′ 為 C 在柱面展平後的曲線, 則

圖 4 (i) 曲線 C 的長軸長 2a = 2R

cos γ, 離心率 e = sin γ;

(ii) 可通過建立適當的直角座標系, 使 C1^′ 的方程為:

y = R tan γ(sin x

R + 1) (0 ≤ x ≤ 2πR) (1)^′ 證明: (i) 的結論顯然, 我們只證明 (ii)。

設截面 Π 與圓柱底面所在的平面的交線為 l, 建立如圖 4 所示的空間直角座標系, 其中, OX 軸 //l。易知, 截面 Π: y sin γ − z cos γ + R sin γ = 0, 柱面方程為: x²+ y² = R²,

∴ 曲線 C 的方程為:







y sin γ − z cos γ + R sin γ = 0 x²+ y² = R²

設 P (x, y, z) 為曲線 C 上的任一點, 過 P 作 P Q ⊥ 底面, 交底面圓周於 Q, OX 軸交底面圓周於 A。設 ∠AOQ = ϕ(0 ≤ ϕ ≤ 2π), 則曲線 C 的方程可簡化為 R sin ϕ sin γ − z cos γ + R sin γ = 0, 即 z = R sin γ sin ϕ + R sin γ

cos γ ,

(9)

圖 5

∴ QP = R sin γ sin ϕ + R sin γ

cos γ 。

將柱面沿母線 AB 剪開並展開成平面。展平後, 設點 A 變為點 A1、 A2, 點 B 變為點 B¹、 B², 點 P 變為點 P¹, 點 Q 變為點 Q¹, 曲線 C 變為 C1^′ (圖 5)。顯然, A¹Q¹ =z {

AQ = Rϕ, Q1P1 = QP 。建立如圖 5 所示的直角座標系, 設 P1(x, y), 則曲線 C1^′ 的方程為:







x = R · ϕ

y = R sin γ sin ϕ + R sin γ cos γ

, 即 y = R tan γ(sin x

R + 1) (0 ≤ x ≤ 2πR)

(2) 求裁剪線方程

在圖 3 中, 設 ‘截口’ 曲線 C 所在平面與圓錐的底面成角 α 與圓柱的底面成角 γ, 圓錐頂點到曲線 C 所在平面的距離為 h, C 的離心率為 e, 長軸長為 2a, 則由定理 1 和引理 3(i) 得:

(I) e = sin γ, e = sin α cos β; (II) 2a = 2R

cos γ, 2a = 2m

cos α = 2h sin β cos β

cos²α cos²β − sin²α sin²β。

∵ ∠O¹OO² = π

2 (圖3), ∴ (π

2 − γ) + (π

2 − α) = π

2, 即 γ = π 2 − α。

由 (I), sin γ = sin α cos β,

∴ cos α = sin α

cos β, 即 tan α = cos β (2)^′ 由 (II), 2R

cos γ = 2h sin β cos β

cos²α cos²β − sin²α sin²β, 即 R

sin α = h sin β cos β

cos²α cos²β − sin²α sin²β

∴ h = R(cos²α cos²β − sin²α sin²β) sin α sin β cos β

= R(cos²α tan²α − sin²α sin²β) sin α sin β cos β

= R sin α cot β (3)^′

將 (3)^′ 代入定理 2 中 C^′ 的方程, 並取 ϕ0 = 2π 得:

C^′ :











x = R cot β

1 − sin β sin ϕcos(ϕ · sin β) y = R cot β

1 − sin β sin ϕsin(ϕ · sin β)

(ϕ為參數, 0 ≤ ϕ ≤ 2π) (4)^′

(10)

由 (2)^′, 引理 3(ii) 中的方程 (1)^′ 可變為 C1^′ : y = R

cos β(sin x

R + 1) (0 ≤ x ≤ 2πR) (5)^′ (3) 畫出裁剪線

用〈幾何畫板〉分別在頂角為 2π sin β 的扇形 A¹OB¹ (假設扇形的半徑足夠長) 上畫出方程 (4)^′ 的曲線 C^′ 和長為 2πR 的矩形 CC1D¹D (假設矩形的寬足夠長) 上畫出方程 (5)^′ 的曲線 C1^′, 則曲線 C^′ 和 C1^′ 即為裁剪線。圖 6 和圖 7 分別畫出了當參數 R = 1.24874, β = 0.31164(rad) 時的裁剪線。

圖 6 圖 7

筆者由圖 6 和圖 7 做出了如圖 4 的煙囪彎頭模型, 從而從操作層面上也證實了本文各個結論的可靠性。

參考文獻

1. M．克萊因著,《古今數學思想》(I), 中譯本上海科學技術出版社, 2002。

2. 阿波羅尼斯《圓錐曲線論》朱恩科譯, 陝西科學技術出版社, 陝西, 2007, 12。

3. 科克肖克等著《圓錐曲線的幾何性質》蔣聲譯, 上海教育出版社, 上海, 2002, 11。

— 本文作者任教江蘇省揚州中學_—

試論圓錐面平面截口的展開