摘要: 以星形線為主題設立高中數學探究課, 引導學生從多角度探究星形線,體會數和形之間的辯證關係, 掌握動態數學軟體在數學探究中的應用。

關鍵字: 星形線、 動態數學軟體、 數學探究。

GeoGebra、 幾何畫板、 網路畫板、 圖形計算器等數學軟體, 不僅具有強大的計算、 作圖、 統計等功能, 同時具有動態展示、 輔助實驗、 數理探究等功能。 在數理探究課上, 我們設立了星形線主題教學, 引導學生利用數學軟體多個角度探究星形線, 收到了較好的教育教學效果。 特撰寫成文, 希冀有助於高中老師教學參考。

1. 從圓的方程說起

我們知道, 方程 $x^2+y^2=1$ 對應的曲線為單位圓, 即以原點為圓心, 1 為半徑的圓。 那麼, 當參數 $n$ 變化時, 方程 $x^n+y^n=1$ 對應的曲線如何變化？

細想一下, 就會覺得這個問題很有意思。 為使曲線具有更好的對稱性和封閉性, 我們不妨把方程改成 $|x|^n+|y|^n=1$。 將 $n$ 設置為參數, 運用數學作圖軟體可以作出方程對應的曲線。

 

啟動參數 $n$ 後, 曲線呈現出萬千姿態, 圖 1 為其中四種具體情況。 既知其然, 又知其所以然。 曲線為何如此變化？ 形由數決定, 形的變化可以從數的角度進行分析。 事實上, 對於曲線 $|x|^n+|y|^n=1$ 上的點 $P(x_0,y_0)$, 若 $|x_0|\in(0,1)$, 則當 $n$ 越大時, $|x|^n$ 越趨向於 0, 從而 $|y_0|$ 越趨向於 1, 於是曲線越趨向於正方形。

 

特殊地, 取 $n=\dfrac 23$, 方程所對應的曲線就像天空裡一顆耀眼的星, 我們稱其為星形線。如圖2所示。星形線的方程為

$$x^{\frac 23}+y^{\frac 23}=1 .$$

利用三角代換, 我們不難得知星形線存在參數方程

$$\left\{\begin{array}{l} x=\cos^3\theta,\\[5pt] y=\sin^3\theta. \end{array} \right.$$

2. 圓的滾動

當一個動圓繞著另一個定圓在其外部 (或內部)旋轉時, 動圓上的定點可形成漂亮的曲線, 此曲線就是擺線。 擺線的形狀與兩圓的半徑比值有關。 為方便起見, 我們設定圓 $O$ 為單位圓 $x^2+y^2=1$, $P(\cos\theta,\sin\theta)$ 為圓 $O$ 上的動點, 以 $O_1((1+r)\cos\theta,(1+r)\sin\theta)$ 為圓心, 過 $P$ 作動圓, 將 $P$ 點繞 $O_1$ 旋轉 $\dfrac{\theta}{r}$ 得點 $M$。

將 $M$ 設為跟蹤點, 啟動參數 $\theta$, 則可得到圓 $O_1$ 繞圓 $O$ 滾動的動圖。 $M$ 點的軌跡形成擺線。 擺線的形狀隨著 $r$ 的變化而變化 ($r\lt0$ 時, 擺線為內擺線； $r\gt0$ 時, 擺線為外擺線)。

特殊地, 取 $r=-\dfrac 14$, 則所得擺線形似星形線。果真如此嗎？

 

事實上, 在圖 3 中有

\begin{align*} OM=\,&OO_1+O_1M\\ =\,&\frac 34(\cos\theta,\sin\theta)+\frac 14(\cos(-3\theta),\sin(-3\theta))\\ =\,&\Big(\frac 34\cos\theta+\frac 14\cos 3\theta,\frac 34\sin\theta-\frac 14\sin 3\theta\Big). \end{align*}

利用三倍角公式

$$\cos 3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta,\quad \sin 3\theta=3\sin\theta-4\sin^3\theta$$

可得動點 $M$ 的軌跡參數方程可化簡為

$$\left\{\begin{array}{l} x=\cos^3\theta,\\[5pt] y=\sin^3\theta. \end{array} \right.$$

這正是星形線的參數方程. 若取 $r=-\dfrac 34$, 則不難驗證和證明得到的擺線仍是星形線。

3. 梯子滑落

靠立在牆上的梯子滑落時, 梯子掃過的部分形成了什麼樣的圖形？

我們把這一問題數學抽象後進行探討。 設長度為 1 的線段兩個端點 $A,B$ 分別在兩個坐標軸上移動, 求線段 $AB$ 的軌跡。 我們運用數學軟體可很容易地作出動圖, 不難發現, 軌跡的邊界線似乎又是星形線。

事實上, 在兩個坐標軸上截得的線段長度為定值 1 的直線族可設為

$$\frac x{\cos\theta}+\frac{y}{\sin\theta}=1.$$

我們探求此直線族, 即 $y=-\tan\theta\cdot x+\sin\theta$ 和直線 $x=x_0$ 的最高交點 $(x_0,y_0)$ 的軌跡。 為便於討論, 不妨設 $x_0\gt0$, $y_0\gt0$ 由

$$\left\{\begin{array}{l} y'(\theta)=-\dfrac{x_0}{\cos^2\theta}+\cos\theta=0,\\[5pt] y_0=-\tan\theta\cdot x_0+\sin\theta. \end{array} \right.$$

消去 $\theta$ 可得 $y_0=\sqrt{1-{\root 3\of{x_0^2}}}(1-{\root 3\of{x_0^2}})$。 整理即

$$x_0^{\frac 23}+y_0^{\frac 23}=1\quad (x_0\gt0,y_0\gt0).$$

注意到對稱性, 便知動直線族的包絡為星形線 $x^{\frac 23}+y^{\frac 23}=1$。

反過來, 星形線 $\left\{\begin{array}{l} x=\cos^3\theta\\[5pt] y=\sin^3\theta \end{array}, \right.$ 上任一點 $P(x,y)$ 處的切線斜率為

$$k=\frac{dy}{dx}=\frac{3\sin^2\theta\cos\theta}{-3\cos^2\theta\sin\theta}=-\tan\theta.$$

於是, 切線方程為

$$y-\sin^3\theta=-\tan\theta(x-\cos^3\theta) .$$

整理得

$$\frac x{\cos\theta}+\frac y{\sin\theta}=1 .$$

顯然, 此直線在兩個坐標軸上截得的線段長度為定值 1。

4. 四葉玫瑰線

我們知道, $\rho=a\cdot \sin(n\theta)$ 表示玫瑰線。 在四葉玫瑰線 $\rho=\dfrac 12\sin 2\theta$ 上任取一點 $P$, 坐標原點為 $O$, 過 $P$ 作 $OP$ 的垂線, 交兩坐標軸分別於 $A,B$ 兩點。 我們運用數學軟體作出動圖, 將 $P$ 設為動點, 跟蹤線段 $AB$, 不難發現其軌跡包絡似乎又為星形線。

 

事實上, 我們設 $P$ 點的極坐標為 $(\rho_0,\theta_0)$, 則 $\rho_0=\dfrac 12\sin 2\theta_0$。 於是

$$|AB|=\sqrt{|OA|^2+|OB|^2}=\sqrt{\frac{\rho_0^2}{\sin^2\theta_0}+\frac{\rho_0^2}{\cos^2\theta_0}} =2\sqrt{\frac{\rho_0^2}{\sin^22\theta_0}}=1.$$

於是,由前邊的"梯子滑落"的討論可知, $AB$ 的軌跡包絡為星形線 $x^{\frac 23}+y^{\frac 23}=1$。

反過來,如果我們在星形線 $x^{\frac 23}+y^{\frac 23}=1$ 上任意取一點 $M$, 經過 $M$ 作切線, 再過 $O$ 作切線的垂線, 設垂足為 $H$, 則 $H$ 的軌跡為四葉玫瑰線。 這一結論也很容易論證。

在數學上, 經過一定點 $M$ 向曲線 $C_1$ 上的動點 $P$ 處的切線引垂線, 則垂足所形成的軌跡 $C_2$, 稱為曲線 $C_1$ 關於點 $M$ 的垂足曲線。 曲線 $C_2$ 稱為曲線 $C_1$ 關於點 $M$ 的反垂足曲線。

這表明, 四葉玫瑰線關於中心的反垂足曲線為星形線。 反過來說, 就是星形線關於其中心的垂足曲線為四葉玫瑰線。

5. 公車門

普通的房門是完整的一扇或者對開的兩扇。 但是, 老式公共汽車的門不但是對開的兩扇, 而且每一扇都由相同的兩半用鉸鏈鉸接而成。 開門或關門時, 以靠近門軸的半扇繞著門軸旋轉, 另半扇的外端沿著連接兩個門軸的滑槽滑動。 開門時一扇門折合成為半扇, 關門時又重新伸展成一扇。

那麼, 公車門為什麼要設計成這樣呢？ 我們猜想, 如此設計, 門扇在開關時掃過的空間相對要較小。 果真如此嗎？

 

如圖 5, 設 $O$ 為坐標原點, $E(1,0,0)$, $B(t,0,0)$, 其中 $t\in [0,1]$。 分別以 $O$ 和 $B$ 為圓心, 0.5 為半徑在 $xOy$ 平面內作半圓, 交於點 $A$。 這時, 我們可將 $OA,BA$ 視為寬度為 1 的車門的兩個半扇的上頂邊線。 其中, $O$ 對應門軸, $A$ 對應兩個半扇門的連結鉸鏈, $OE$ 為滑槽。 利用 GeoGebra 等數學軟體, 我們再做出折線 $OAA_1O_1O$ 和 $ABB_1A_1A$, 其中 $O_1$, $A_1$, $B_1$ 的坐標分別為 $(0,0,-2)$, $(x_A,y_A,-2)$, $(x_B,y_B,-2)$。 然後, 啟動參數 $t$, 則在 3D 繪圖區和平面繪圖區即可演示公車門開關的立體和橫向截面動態圖。 若將線段設為跟蹤, 則可繪製出開關門時的橫截面區域。 我們下邊給出定量計算。

門在開關運動中, $OA$ 繞著 $O$ 旋轉, 因此 $A$ 點的軌跡為以 $O$ 為圓心, 0.5 為半徑的圓在第一象限的部分, 即 $\left\{\begin{array}{l} x=\dfrac 12 \cos\theta\\[5pt] y=\dfrac 12 \sin\theta \end{array} \right.,(0\le\theta\le\dfrac \pi 2)$。 延長 $BA$ 交 $y$ 軸於 $C$, 由 $OA=BA$ 及 $\angle BOC=90^\circ$ 可知 $BC=1$ 為定值。 因此, 由前邊的討論知, 門在開關過程中, $BC$ 的軌跡包絡為星形線 $x^{\frac 23}+y^{\frac 23}=1$ 在第一象限的部分, 即 $\left\{\begin{array}{l} x=\cos^3\theta\\[5pt] y=\sin^3\theta \end{array} \right.,(0\le\theta\le\dfrac \pi 2)$。

設 $N(\cos^3\theta_0,\sin^3\theta_0)$ 為其上一點, 則

\begin{align*} |ON|=\,&\sqrt{\cos^6\theta_0+\sin^6\theta_0}\\ =\,&\sqrt{(\cos^2\theta_0+\sin^2\theta_0)^3-3(\cos^2\theta_0\sin^2\theta_0)(\cos^2\theta_0+\sin^2\theta_0)}\\ =\,&\sqrt{1-3(\cos^2\theta_0\sin^2\theta_0)}\\ \ge\,&\sqrt{1-3\Big(\frac{\cos^2\theta_0+\sin^2\theta_0}{2}\Big)^2}=\frac 12. \end{align*}

當且僅當 $\cos\theta_0=\sin\theta_0$, 即 $N$ 為 $N_0\Big(\dfrac{\sqrt{2}}{4},\dfrac{\sqrt 2}{4}\Big)$ 時, $|ON|_{\rm min}=\dfrac 12$.

由此可知, 折線 $OAB$ 的軌跡包絡為圓弧 $MN_0$、 $1/8$ 的星形線 $N_0E$ 以及線段 $EO$、 線段 $OM$。 其中, $M$ 為 $(0,\dfrac 12)$。 於是, 車門開關過程中, 掃過的橫截面由兩個部分組成。 其一為扇形 $OMN_0$ (半徑為 $0.5$ 的八分之一圓), 其二為線段 $N_0O$、 $OE$ 和 1/8 星形線 $N_0E$ 所圍成的圖形 (完整星形線所圍圖形的八分之一, 即星形線和非負坐標軸所圍圖形的一半)。 記兩部分的面積分別為 $S_1,S_2$ 則

\begin{align*} S_1=\,&\frac 18\cdot \pi\cdot \Big(\frac 12\Big)^2=\frac \pi {32} ,\\ S_2=\,&\frac 12\int_0^1 ydx\\ =\,&\frac 12\int_{\frac \pi 2}^0\sin^{3}\theta d(\cos^3\theta)\\ =\,&\frac 32\int_0^{\frac \pi 2}\sin^{4}\theta \cos^2\theta d\theta\\ =\,&\frac 32\int_0^{\frac \pi 2}\Big(\frac{1-\cos 2\theta}{2}\Big)^2\cdot \frac{1+\cos 2\theta}{2} d\theta\\ =\,&\frac 3{16}\int_0^{\frac \pi 2}(1-\cos 2\theta-\cos^22\theta+\cos^32\theta)d\theta\\ =\,&\frac 3{16}\int_0^{\frac \pi 2}(1-\cos^2 2\theta)d\theta-\frac 3{16}\int_0^{\frac \pi 2}(\cos 2\theta-\cos^32\theta) d\theta\\ =\,&\frac 3{16}\int_0^{\frac \pi 2}\Big(1-\frac{1+\cos 4\theta}{2}\Big) d\theta- \frac 3{32}\int_0^{\frac \pi 2}(1-\cos^2 2\theta) d\sin 2\theta\\ =\,&\frac 3{32}\int_0^{\frac \pi 2}(1-\cos 4\theta) d\theta- \frac 3{32}\int_0^{\frac \pi 2}\sin^2 2\theta d\sin 2\theta\\ =\,&\frac 3{32}\Big[\theta-\frac{\sin 4\theta}{4}\Big]\Big|_0^{\frac \pi 2}- \frac 3{32}\Big[\frac{\sin^3 2\theta}{3}\Big]\Big|_0^{\frac \pi 2}\\ =\,&\frac{3\pi}{64}. \end{align*}

如果我們運用 Wallis 公式 $\Big(\int_0^{\frac \pi 2}\!\!\sin^{n+2}\theta d\theta\!=\! \dfrac{n-1}{n}\!\int_0^{\frac \pi 2}\!\!\sin^{n}\theta d\theta$ 其中 $n\ge 2$, $n\in Z\Big)$, 則上述計算 $S_2$ 的過程可以簡化, 即

\begin{align*} S_2=\,&\frac 12\int_{\frac \pi 2}^0\sin^{3}\theta d(\cos^3\theta)\\ =\,&\frac 32\int_0^{\frac \pi 2}\sin^{4}\theta \cos^2\theta d\theta\\ =\,&\frac 32\int_0^{\frac \pi 2}(\sin^4\theta-\sin^6\theta) d\theta\\ =\,&\frac 32\Big(\frac 34\cdot \frac 12\cdot \frac\pi 2-\frac 56\cdot\frac 34\cdot \frac 12\cdot \frac\pi 2\Big)\\ =\,&\frac{3\pi}{64}. \end{align*}

所以, $S=S_1+S_2=\dfrac\pi {32}+\dfrac{3\pi}{64}=\dfrac{5\pi}{64}$。

於是, 一扇寬度為 1 的折疊式車門, 所需活動的橫截面面積為 $S=\dfrac{5\pi}{64}$, 而一扇寬度為 1 的普通門開關所需的面積為單位圓面積的四分之一, 即 $S'=\dfrac{\pi}{4}$, 於是, 兩折門所占地方僅有普通門的十六分之五。 由此可見, 這種門要節省好多活動空間。 過去擠乘公車的人很多, 這樣設計的車門就特別實用。 當然, 現在的公車大都採用平行車門, 開門時車門總是平行於車身且車門在外, 這樣就更節省空間了。

數和形是數學研究的兩個基本物件。 在坐標系的背景下, 數和形是關聯的、 對應的、 統一的。 以星形線為主題的探究學習表明, 數學軟體在助力數學探究, 引導學生研究數、 形及其關係方面大有裨益。

參考文獻

本文作者任教中國陝西省西安中學