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 $2\beta$ $(0\lt \beta\lt \dfrac{\pi}{2})$, 過頂點 $O$ 且垂直於錐面軸的平面記為 $\Pi_0$ (如圖 1), 任作對頂錐面的截面 $\Pi_1$ ($\Pi_1$ 與 $\Pi_0$ 不平行, 且 $O\not\in\Pi_1$), $\Pi_1\cap\Pi_0=l$, $\Pi_1$ 與錐面交成的 '截口' 曲線記為 $C\cup C_*$ (其中 $C$ 為截口曲線在平面 $\Pi_0$ 上方的部份, $C_*$ 為在平面 $\Pi_0$ 下方的部份), 由對頂錐面關於 $\Pi_0$ 對稱性, 不妨假設 $C$ 始終不為空集合, 而 $C_*$ 則可以為空集合。

設頂點 $O$ 到 $\Pi_1$ 的距離為 $h$ $(h\gt 0)$, 平面 $\Pi_1$ 向上方向的法向量與 $Z$ 軸的正半軸所成的角為 $\alpha$ ($0\lt \alpha\le\dfrac{\pi}{2}$, 稱 $\alpha$ 為平面 $\Pi_1$ 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 $\Pi_1$ 的方程:

$y\sin\alpha-z\cos\alpha+h=0$

設 $P(x, y, z)$ 是三維空間 $O-XYZ$ 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 $\varphi$ $(-3\pi\le\varphi\le 2\pi)$, 射線 $OP$ 與 $Z$ 軸正半軸的夾角記為 $\theta$ $(0\le\theta\le\pi)$, $|OP|=\rho$ $(\rho\ge 0)$, 則點 $P$ 的球面座標定義為 $(\rho, \varphi, \theta)$。

大家熟知, 空間任一點的直角座標與球面座標有如下關係: \begin{equation} \label{eq1} \left \{ \begin{array}{l} x = \rho\sin\theta\cos\varphi \\ y = \rho\sin\theta\sin\varphi \quad (\rho\ge 0,~-3\pi\le\varphi\le 2\pi,~0\le\theta\le\pi) \\ z = \rho\cos\theta \end{array} \right. \end{equation}

引理1: '截口' 曲線 $C\cup C_*$ 的直角座標方程: \begin{eqnarray*} C &:& \left \{ \begin{array}{l} x = \displaystyle\frac{h}{\cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta\sin\varphi} \sin\beta\cos\varphi \\ y = \displaystyle\frac{h}{\cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta\sin\varphi} \sin\beta\sin\varphi ~\hbox{($\varphi$ 為參數, $\sin\varphi\lt \cot\alpha\cot\beta$)} \\ z = \displaystyle\frac{h}{\cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta\sin\varphi} \cos\beta \end{array} \right.\\ C_* &:& \left \{ \begin{array}{l} x = -\displaystyle\frac{h}{\cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta\sin\varphi} \sin\beta\cos\varphi \\ y = -\displaystyle\frac{h}{\cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta\sin\varphi} \sin\beta\sin\varphi ~\hbox{($\varphi$ 為參數, $\sin\varphi\!\lt \!-\cot\alpha\cot\beta$)} \\ z = -\displaystyle\frac{h}{\cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta\sin\varphi} \cos\beta \end{array} \right. \end{eqnarray*}

證明: 平面 $\Pi_1$ 的直角座標方程: $y\sin\alpha-z\cos\alpha+h=0$。由式 \eqref{eq1}, $\Pi_1$ 的球面座標方程: $\rho\sin\theta\sin\varphi\sin\alpha-\rho\cos\theta\cos\alpha+h=0$。

$\because$ 對頂錐面的軸截面頂角為 $2\beta$, $\therefore$ 錐面的球面座標方程為: $\theta=\beta$ 或 $\theta=\pi-\beta$。 $\therefore$ '截口' 曲線 $C\cup C_*$ 的球面座標方程為: \begin{eqnarray*} C &:& \left \{ \begin{array}{l} \theta = \beta \\ \rho\sin\theta\sin\varphi\sin\alpha - \rho\cos\theta\cos\alpha + h = 0 \end{array} \right. \\ C_* &:& \left \{ \begin{array}{l} \theta = \pi - \beta \\ \rho\sin\theta\sin\varphi\sin\alpha - \rho\cos\theta\cos\alpha + h = 0 \end{array} \right. \end{eqnarray*} 即 $C: \left \{ \begin{array}{l} \theta = \beta \\ \rho = \displaystyle\frac{h}{\cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta\sin\varphi} \end{array} \right.$, $C_*: \left \{ \begin{array}{l} \theta = \pi-\beta \\ \rho = -\displaystyle\frac{h}{\cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta\sin\varphi} \end{array} \right.$

$\because$ $\rho\gt 0$, $\therefore$ 相對於曲線 $C$, $\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta\sin\varphi\gt 0$, 即 \begin{equation} \label{eq2} \sin\varphi \lt \cot\alpha\cot\beta \end{equation} 相對於曲線 $C_*$, $\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta\sin\varphi\lt 0$, 即 \begin{equation} \label{eq3} \sin\varphi \lt -\cot\alpha\cot\beta \end{equation} 由球面座標與直角座標的轉換公式 \eqref{eq1}, 得到 '截口' 曲線 $C\cup C_*$ 的直角座標方程: \begin{eqnarray*} C &:& \left \{ \begin{array}{l} x = \displaystyle\frac{h}{\cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta\sin\varphi} \sin\beta\cos\varphi \\ y = \displaystyle\frac{h}{\cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta\sin\varphi} \sin\beta\sin\varphi ~\hbox{($\varphi$ 為參數, $\sin\varphi\lt \cot\alpha\cot\beta$)} \\ z = \displaystyle\frac{h}{\cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta\sin\varphi} \cos\beta \end{array} \right.\\ C_* &:& \left \{ \begin{array}{l} x = -\displaystyle\frac{h}{\cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta\sin\varphi} \sin\beta\cos\varphi \\ y = -\displaystyle\frac{h}{\cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta\sin\varphi} \sin\beta\sin\varphi ~\hbox{($\varphi$ 為參數, $\sin\varphi\!\lt \!-\cot\alpha\cot\beta$)} \\ z = -\displaystyle\frac{h}{\cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta\sin\varphi} \cos\beta \end{array} \right. \end{eqnarray*}

• (1)'截口' 曲線 $C\cup C_*$ 為橢圓或拋物線 $\because$ $\alpha+\beta\le\displaystyle\frac{\pi}{2}$, $\therefore$ $\cot\alpha\cot\beta\ge 1$, $\therefore$ 式 \eqref{eq2} 有解, 式 \eqref{eq3}無解。 $\therefore$ $C_*=\varnothing$, 即 $C\cup C_*=C$。
• (2)'截口'曲線 $C\cup C_*$ 為雙曲線 $\because$ $\displaystyle\frac{\pi}{2}\lt \alpha+\beta\lt \pi$, $\therefore$ $0\le\cot\alpha\cot\beta\lt 1$, $\therefore$ 式 \eqref{eq2}, 式 \eqref{eq3} 均有解。 $\therefore$ 曲線 $C$、$C_*$ 分別表示雙曲線的一支。 $\Box$

引理2: '截口' 曲線 $C\cup C_*$ 在 $\Pi_0$ 內的正投影曲線 $C^{\prime\prime}\cup C^{\prime\prime}_*$ 是圓錐曲線或直線。

證明: 由引理 1, 曲線 $C$ 在 $\Pi_0$ 內的正投影方程為: $$\left \{ \begin{array}{lcl} x &=& \displaystyle\frac{h}{\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta\sin\varphi} \sin\beta\cos\varphi \hskip 3.4cm(4) \\%\label{eq4} \\ y &=& \displaystyle\frac{h}{\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta\sin\varphi} \sin\beta\sin\varphi \hskip 3.4cm(5) \\%\label{eq5} \\ z &=& 0 \end{array} \right.$$

由 (5) 得: \begin{equation} \label{eq6} \sin\varphi = \frac{y\cos\alpha\cos\beta}{(h+y\sin\alpha)\sin\beta} \end{equation}

由 (4) $\div$(5) 得: $\displaystyle\frac{x}{y}=\frac{\cos\varphi}{\sin\varphi}$, 即 \begin{equation} \label{eq7} \cos\varphi = \frac{x\sin\varphi}{y} = \frac{x\cos\alpha\cos\beta}{(h+y\sin\alpha)\sin\beta} \end{equation}

$\eqref{eq6}^2+\eqref{eq7}^2$ 並化簡得: $(x^2+y^2)\cos^2\alpha\cos^2\beta=\sin^2\beta(y\sin\alpha+h)^2$, 即 \begin{equation} \label{eq8} x^2 \cos^2\alpha \cos^2\beta + y^2(\cos^2\alpha\cos^2\beta-\sin^2\alpha\sin^2\beta) - 2hy\sin\alpha\sin^2\beta - h^2\sin^2\beta=0 \end{equation}

同理, 曲線 $C_*$ 在平面 $\Pi_0$ 內的正投影 $C^{\prime\prime}_*$ 的方程也為方程 \eqref{eq8}。

我們分三種情況討論

情況1: $\alpha+\beta\lt \displaystyle\frac{\pi}{2}$

此時, 曲線 $C\cup C_*=C$ 為橢圓。 $\because$ $\cos^2\alpha\cos^2\beta\not=\cos^2\alpha\cos^2\beta - \sin^2\alpha\sin^2\beta$ 且 $\cos^2\alpha\cos^2\beta-\sin^2\alpha\sin^2\beta=\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)\gt 0$, $\therefore$ 方程 \eqref{eq8} 表示橢圓, 即 $C^{\prime\prime}$ 是橢圓。

情況2: $\alpha+\beta=\displaystyle\frac{\pi}{2}$

此時, 曲線 $C\cup C_*=C$ 為拋物線。方程 \eqref{eq8} 可化為 $x^2\sin^2\alpha=2hy\sin\alpha+h^2$, $C^{\prime\prime}$ 是拋物線。

情況3: $\displaystyle\frac{\pi}{2}\lt \alpha+\beta\lt \pi$

此時, 曲線 $C\cup C_*$ 為雙曲線。若 $\alpha=\displaystyle\frac{\pi}{2}$, 則方程 \eqref{eq8} 可化為 $y=-h$, $\therefore$ $C^{\prime\prime}\cup C^{\prime\prime}_*$ 是直線; 否則由 $\cos^2\alpha\cos^2\beta-\sin^2\alpha\sin^2\beta=\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)\lt 0$ 知, 方程 \eqref{eq8} 表示雙曲線, 即 $C^{\prime\prime}\cup C^{\prime\prime}_*$ 是雙曲線。$\Box$

二、本文主要結論

定理1: '截口' 曲線 $C\cup C_*$ 的離心率 $e=\displaystyle\frac{\sin\alpha}{\cos\beta}$。

證明: 分兩種情況討論

情況1: 曲線 $C\cup C_*=C$ 為拋物線, 此時 $\alpha+\beta=\dfrac{\pi}2$, $\therefore$ $\displaystyle\frac{\sin\alpha}{\cos\beta}=1=e$。

情況2: 曲線 $C\cup C_*$ 為橢圓或雙曲線

我們僅考慮 $0\lt \alpha\lt \dfrac{\pi}2$ 的情況, 對於 $\alpha=\dfrac{\pi}2$ 的情況, 可由 $C\cup C_*$ 的方程直接驗證, 從略。

設曲線 $C\cup C_*$ 的長軸(實軸)長為 $2a$, 短軸(虛軸)長為 $2b$, 曲線 $C\cup C_*$ 在 $\Pi_0$ 內的正投影 $C^{\prime\prime}\cup C^{\prime\prime}_*$ 在 $Y$ 軸上的軸長為 $2m$, 平行於 $X$ 軸的軸長為 $2n$。 顯然, $2a=\dfrac{2m}{\cos\alpha}$, $2b=2n$。 由引理2中的方程 \eqref{eq8} 得: \begin{eqnarray*} C^{\prime\prime}\cup C^{\prime\prime}_*&:&\frac{\cos^2\alpha\cos^2\beta-\sin^2\alpha\sin^2\beta}{h^2\sin^2\beta}x^2\\ &&+\frac{(\cos^2\alpha\cos^2\beta-\sin^2\alpha\sin^2\beta)^2}{h^2\cos^2\alpha\sin^2\beta\cos^2\beta}\Big(y -\frac{h\sin\alpha\sin^2\beta}{\cos^2\alpha\cos^2\beta-\sin^2\alpha\sin^2\beta}\Big)^2=1 \end{eqnarray*}

(1) $C\cup C_*=C$ 為橢圓, 即 $\alpha+\beta\lt \dfrac{\pi}2$ \begin{eqnarray*} \because \ m^2&=&\frac{h^2\cos^2\alpha\sin^2\beta\cos^2\beta}{(\cos^2\alpha\cos^2\beta-\sin^2\alpha\sin^2\beta)^2},\quad n^2=\frac{h^2\sin^2\beta}{\cos^2\alpha\cos^2\beta-\sin^2\alpha\sin^2\beta},\\ \therefore\ e^2&=&1-\frac{b^2}{a^2}=1-\frac{n^2}{m^2}\cos^2\alpha=1-(1-\tan^2\alpha\tan^2\beta)\cos^2\alpha=\frac{\sin^2\alpha}{\cos^2\beta} ,\\ \hbox{即 }\ e&=&\frac{\sin\alpha}{\cos\beta}\hbox{。} \end{eqnarray*}

(2) $C\cup C_*$ 為雙曲線, 即 $\dfrac{\pi}2\lt \alpha+\beta\lt \pi$ 且 $\alpha\not=\dfrac{\pi}2$ \begin{align*} \because\ m^2&=\frac{h^2\cos^2\alpha\sin^2\beta\cos^2\beta}{(\cos^2\alpha\cos^2\beta-\sin^2\alpha\sin^2\beta)^2},\quad n^2=-\frac{h^2\sin^2\beta}{\cos^2\alpha\cos^2\beta-\sin^2\alpha\sin^2\beta},\\ \therefore\ e^2&=1+\frac{b^2}{a^2}=1+\frac{n^2}{m^2}\cos^2\alpha=1+(\tan^2\alpha\tan^2\beta-1)\cos^2\alpha=\frac{\sin^2\alpha}{\cos^2\beta} ,\\ \hbox{即 }\ e&=\frac{\sin\alpha}{\cos\beta}\hbox{。}\tag*{$\Box$} \end{align*}

在圖1中, 設 $O_1$、$O_2$ 為錐面的軸 $OZ$ 上的任兩點(分別在平面 $\Pi_0$ 的上下方), 分別過 $O_1$、$O_2$ 且平行於 $\Pi_0$ 的平面與錐面的交線記為 $C_{11}$、$C_{22}$, 平面 $XOZ$ 與錐面的交線 $OA_1$ 與圓周 $C_{11}$、$C_{22}$ 分別相交於 $A_1$、$A_2$。 錐面的一條母線 $OB_1:\left\{\begin{array}{l} \varphi=\varphi_0\\ \theta=\beta \end{array}\right.$ $\Big(OB_2:\left\{\begin{array}{l} \varphi=\pi+\varphi_0\\ \theta=\pi-\beta \end{array}\right.\Big)$ ($0\lt \varphi_0\le 2\pi$) 與圓周 $C_{11}$、 $C_{22}$ 分別交於 $B_1$、 $B_2$, 與'截口'曲線 $C\cup C_*$ 交於點 $B$。

將對頂錐面沿母線 $OB_1(OB_2)$ 剪開並展開成平面(如圖2, 利用幾何畫板繪製圖2時, $\beta$ 取值為 $0.39426(rad)$。 當 $\beta$ 較大時, '截口'曲線 $C\cup C_*$ 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 $C\cup C_*$ 在錐面展平後的對應曲線記為 $C'\cup C'_*$ 等。 點 $B_1$ 變為點 $B'_{11}$、 $B'_{12}$, 點 $B_2$ 變為點 $B'_{21}$、 $B'_{22}$。 有向弧 $\longcuv{A'_1B'_{11}}$ 與 $\longcuv{A'_1B'_{12}}$ 分別對應 $A_1$ 到 $B_1$ 的逆時針弧和 $A_1$ 到 $B_1$ 的順時針弧, 有向弧 $\longcuv{A'_2B'_{22}}$ 與 $\longcuv{A'_2B'_{21}}$ 分別對應 $A_2$ 到 $B_2$ 的逆時針弧和 $A_2$ 到 $B_2$ 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 $\Pi_0$ 上方的 '截口' 曲線 $C$ 按母線 $OB_1$ 展平後的曲線 $C'$ 的方程為: \begin{eqnarray*} &&\left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{h}{\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta\sin\varphi}\cos(\varphi\sin\beta)\\[5pt] y=\dfrac{h}{\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta\sin\varphi}\sin(\varphi\sin\beta) \end{array}\right.\\ &&\hbox{($\varphi$ 為參數, $\phi_0-2\pi\le\varphi\le\varphi_0$, $\sin\varphi\lt \cot\alpha\cot\beta)$} \end{eqnarray*} 證明: 設 $P(\rho,\varphi,\theta)$ 為曲線 $C$ 上的任一點, 直線 $OP\bigcap C_{11}=P_1$, 則 $\angle A_1O_1P_1=\varphi$。 當 $P_1$ 在 $A_1$ 到 $B_1$ 的逆時針弧上時, 規定 $0\le \varphi\le \varphi_0$, 此時, 有向弧 $\longcuv{A_1P_1}=|O_1A_1|\cdot \varphi$ 為正; 當 $P_1$ 在 $A_1$ 到 $B_1$ 的順時針弧上時, 規定 $\varphi_0-2\pi\le\varphi\lt 0$, 此時, 有向弧 $\longcuv{A_1P_1}=|O_1A_1|\cdot \varphi$ 為負。 在 $Rt\triangle OA_1O_1$ 中, $|O_1A_1|=|OA_1|\sin\beta$ (圖1), 所以, 有向弧 $\longcuv{A_1P_1}=|O_1A_1|\cdot \varphi=|OA_1|\sin\beta\cdot \varphi$。

顯然, 對頂錐面展平前後, 有向弧 $\longcuv{A'_1P'_1}=$ 有向弧 $\longcuv{A_1P_1}$, $O'P'=OP=\rho$, $|O'A'_1|=|OA_1|$, 所以 $\angle A'_1O'P'_1=$ 有向弧 $\longcuv{A'_1P'_1} \div |O'A'_1|=$ 有向弧 $\longcuv{A_1P_1} \div |OA_1|=(|OA_1|\sin\beta\cdot\varphi) \div |OA_1| =\sin\beta\cdot \varphi$, $O'P'=\dfrac{h}{\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta\sin\varphi}$。

設 $P'(x,y)$, 則 $\left\{\begin{array}{l} x=O'P'\cos\angle A_1'O'P'_1\\[5pt] y=O'P'\sin\angle A_1'O'P'_1 \end{array}\right.$,$\\$ 即 $C':\left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{h}{\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta\sin\varphi}\cos(\varphi\sin\beta)\\[5pt] y=\dfrac{h}{\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta\sin\varphi}\sin(\varphi\sin\beta) \end{array}\right.$ ($\varphi$ 為參數, $\varphi_0-2\pi\le\varphi\le\varphi_0$, $\sin\varphi\lt \cot\alpha\cot\beta$)。 $\Box$

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 $\Pi_0$ 下方的 '截口' 曲線 $C_*$ 按母線 $OB_2$ 展平後的曲線 $C'_*$ 的方程為:

• (1) 當 $0\lt \varphi_0\lt \pi-\arcsin(\cot\alpha\cot\beta)$ 時 $$C'_*:\left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{h}{\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta\sin\varphi}\cos((\varphi+\pi)\sin\beta)\\[5pt] y=\dfrac{h}{\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta\sin\varphi}\sin((\varphi+\pi)\sin\beta) \end{array}\right.$$ ($\varphi$ 為參數, $\max\{-3\pi+\varphi_0,-3\pi+\arcsin(\cot\alpha\cot\beta)\}\le \varphi\le -2\pi-\arcsin(\cot\alpha\cot\beta)$)
• (2) 當 $\arcsin(\cot\alpha\cot\beta)\lt \varphi_0\le 2\pi$ 時 $$C'_*:\left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{h}{\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta\sin\varphi}\cos((\varphi-\pi)\sin\beta)\\[5pt] y=\dfrac{h}{\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta\sin\varphi}\sin((\varphi-\pi)\sin\beta) \end{array}\right.$$ ($\varphi$ 為參數, $\pi+\arcsin(\cot\alpha\cot\beta)\le \varphi\le \min\{\pi+\varphi_0,2\pi-\arcsin(\cot\alpha\cot\beta)\}$)

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 $2\beta$ 的圓錐面焊接在一起做成的, 其中 $\angle O_1OO_2=\dfrac{\pi}2$。 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 $\gamma$ $(0\lt \gamma\lt \dfrac{\pi}2)$ 的截面 $\Pi$, $\Pi$ 與柱面交線記為 $C$。 設圓柱的底面半徑為 $R$, 底面圓心 $O$ 到 $\Pi$ 的距離為 $h$, 不失一般性, 假設 $h=R\sin\gamma$。 記 $C'_1$ 為 $C$ 在柱面展平後的曲線, 則

• (i) 曲線 $C$ 的長軸長 $2a=\dfrac{2R}{\cos\gamma}$, 離心率 $e=\sin\gamma$;
• (ii) 可通過建立適當的直角座標系, 使 $C'_1$ 的方程為:

$$y=R\tan\gamma(\sin\frac xR+1)~~ (0\le x\le 2\pi R)\tag*{$(1)'$}$$

證明: (i) 的結論顯然, 我們只證明 (ii)。

設截面 $\Pi$ 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 $\Pi$: $y\sin\gamma-z\cos\gamma+R\sin\gamma=0$, 柱面方程為: $x^2+y^2=R^2$,

$\therefore$ 曲線 $C$ 的方程為: $$\left\{\begin{array}{l} y\sin\gamma-z\cos\gamma+R\sin\gamma=0\\[5pt] x^2+y^2=R^2 \end{array}\right.$$

設 $P(x,y,z)$ 為曲線 $C$ 上的任一點, 過 $P$ 作 $PQ\,\bot$ 底面, 交底面圓周於 $Q$, $OX$ 軸交底面圓周於 $A$。 設 $\angle AOQ=\varphi(0\le\varphi\le 2\pi)$, 則曲線 $C$ 的方程可簡化為 $R\sin\varphi\sin\gamma-z\cos\gamma+R\sin\gamma=0$, 即 $z=\dfrac{R\sin\gamma\sin\varphi+R\sin\gamma}{\cos\gamma}$,

$\therefore$ $QP=\dfrac{R\sin\gamma\sin\varphi+R\sin\gamma}{\cos\gamma}$。

將柱面沿母線 $AB$ 剪開並展開成平面。 展平後, 設點 $A$ 變為點 $A_1$、 $A_2$, 點 $B$ 變為點 $B_1$、 $B_2$, 點 $P$ 變為點 $P_1$, 點 $Q$ 變為點 $Q_1$, 曲線 $C$ 變為 $C'_1$ (圖5)。 顯然, $A_1Q_1=\longcuv{AQ}=R\varphi$, $Q_1P_1=QP$。 建立如圖5所示的直角座標系, 設 $P_1(x,y)$, 則曲線 $C'_1$ 的方程為:

$\left\{\begin{array}{l} x=R\cdot \varphi\\[5pt] y=\dfrac{R\sin\gamma\sin\varphi+R\sin\gamma}{\cos\gamma} \end{array}\right.,$ 即 $y=R\tan\gamma(\sin\dfrac xR+1)~~ (0\le x\le 2\pi R)$ $\Box$

(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 $\alpha$ 與圓柱的底面成角 $\gamma$, 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: \begin{eqnarray*} \hbox{(I)}&&e=\sin\gamma, \ e=\dfrac{\sin\alpha}{\cos\beta};\\ \hbox{(II)}&& 2a=\dfrac{2R}{\cos\gamma},\ 2a=\dfrac{2m}{\cos\alpha}=\dfrac{2h\sin\beta\cos\beta}{\cos^2\alpha\cos^2\beta-\sin^2\alpha\sin^2\beta}\hbox{。}\hskip 3cm\qquad~ \end{eqnarray*} $\because\ \angle O_1OO_2=\dfrac{\pi}{2}$ (圖3), $\therefore$ $(\dfrac{\pi}2-\gamma)+(\dfrac{\pi}2-\alpha)=\dfrac{\pi}2$, 即 $\gamma=\dfrac{\pi}2-\alpha$。

由 (I), $\sin\gamma=\dfrac{\sin\alpha}{\cos\beta}$, $$\therefore\quad \cos\alpha=\dfrac{\sin\alpha}{\cos\beta},\ \hbox{即}\ \tan\alpha=\cos\beta\tag*{$(2)'$}$$ 由 (II), $\dfrac{2R}{\cos\gamma}=\dfrac{2h\sin\beta\cos\beta}{\cos^2\alpha\cos^2\beta-\sin^2\alpha\sin^2\beta}$, 即 $\dfrac{R}{\sin\alpha}=\dfrac{h\sin\beta\cos\beta}{\cos^2\alpha\cos^2\beta-\sin^2\alpha\sin^2\beta}$ \begin{align*} \therefore\quad h&=\dfrac{R(\cos^2\alpha\cos^2\beta-\sin^2\alpha\sin^2\beta)}{\sin\alpha\sin\beta\cos\beta}\\ &=\dfrac{R(\cos^2\alpha\tan^2\alpha-\sin^2\alpha\sin^2\beta)}{\sin\alpha\sin\beta\cos\beta}\\ &=R\sin\alpha\cot\beta\tag*{$(3)'$} \end{align*}

將 $(3)'$ 代入定理 2 中 $C'$ 的方程, 並取 $\varphi_0=2\pi$ 得: $$C':\left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{R\cot\beta}{1-\sin\beta\sin\varphi}\cos(\varphi\cdot \sin\beta)\\[12pt] y=\dfrac{R\cot\beta}{1-\sin\beta\sin\varphi}\sin(\varphi\cdot \sin\beta) \end{array}\right.(\varphi \hbox{為參數,}\ 0\le\varphi\le 2\pi)\tag*{$(4)'$}$$

由 $(2)'$, 引理 3(ii) 中的方程 $(1)'$ 可變為 $$C'_1:y=\dfrac{R}{\cos\beta}(\sin\frac{x}{R}+1)\quad (0\le x\le 2\pi R)\tag*{$(5)'$}$$

(3) 畫出裁剪線

用〈幾何畫板〉分別在頂角為 $2\pi\sin\beta$ 的扇形 $A_1OB_1$ (假設扇形的半徑足夠長)上畫出方程 $(4)'$ 的曲線 $C'$ 和長為 $2\pi R$ 的矩形 $CC_1D_1D$ (假設矩形的寬足夠長)上畫出方程 $(5)'$ 的曲線 $C'_1$, 則曲線 $C'$ 和 $C'_1$ 即為裁剪線。 圖6和圖7分別畫出了當參數 $R=1.24874$, $\beta=0.31164$(rad)時的裁剪線。

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

---本文作者任教江蘇省揚州中學---