空间解析几何解谜-优快云博客

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前言
偶然看到的一个问题，如图1，为什么正好经过这个空隙？我们用空间解析几何来解一下吧。

图1 为什么会经过这个空隙？

解答

如图2，建立空间直角坐标系 $x y z$ ，原点记为 $O$ ， $P$ 点为水平杆与斜杆的交点， $Q$ 点为垂直杆与水平杆的交点，将斜杆标记为 $L$ 。

图2 建立空间直角坐标系

设 $O Q = q$ ， $Q P = r$ 。 $Q$ 点坐标为 $(0, 0, q)$ 。

设水平杆 $Q P$ 绕 $z$ 轴以 $\omega\, rad/s$ 的角速度旋转，并设从开始旋转到现在的时长为 $t$ 秒，则 $P$ 点坐标为 $(r\cos{\omega t}, r\sin{\omega t}, q)$ 。

由 $Q$ 、 $P$ 两点坐标得：

$\overrightarrow{OQ}=(0, 0, q) \qquad \overrightarrow{QP}=(r\cos{\omega t}, r\sin{\omega t}, 0) \tag{1}$

设 $L$ 的方向向量 $\overrightarrow{S}=(a, b, c)$ ，由 $L$ 的方向向量 $\overrightarrow{S}$ 和 $P$ 点得，得斜杆 $L$ 代表的直线方程：
$\frac{x-r\cos{\omega t}}{a}=\frac{y-r\sin{\omega t}}{b}=\frac{z-q}{c} \tag{2}$

我们知道 $\overrightarrow{QP}$ 与斜杆 $L$ 垂直，假设 $\overrightarrow{OQ}$ 与斜杆 $L$ 成固定角 $\theta$ ，得：
$\begin{cases} 0=\overrightarrow{QP} \cdot \overrightarrow{S} \\ \cos{\theta}=\frac{\overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{S}}{\left|\overrightarrow{OQ}\right| \left| \overrightarrow{S}\right|} \end{cases} \tag{3}$

把 $\overrightarrow{QP}$ ， $\overrightarrow{S}$ ， $\overrightarrow{OQ}$ 代入式(3)，得
$\begin{cases} \frac{a}{b}=\frac{-\sin{\omega t}}{\cos{\omega t}} \\ c^{2}(\tan{\theta})^{2}=a^{2}+b^{2} \end{cases} \tag{4}$

式（4）中第2条等式两边除以 $b^2$ ，再化简得：
$\frac{c^{2}}{b^{2}}=\frac{1}{(\tan{\theta})^{2}(\cos{\omega t})^{2}} \tag{5}$

求直线组 $L$ 与 $x o z$ 平面相交的图形，即回答这个缝隙的形状为什么是图1 中这样的曲线。我们令 $y = 0$ ，代入直线公式(2) 得：
$\frac{x-r\cos{\omega t}}{a}=\frac{-r\sin{\omega t}}{b} =\frac{z-q}{c} \tag{6}$
由式（4）（5）（6）得到方程组（7）。
$\begin{cases} \frac{a}{b}=\frac{-\sin{\omega t}}{\cos{\omega t}}\\ \frac{x-r\cos{\omega t}}{a}=\frac{-r\sin{\omega t}}{b} \\ \frac{c^2}{b^2}=\frac{1}{(\tan{\theta})^{2}(\cos{\omega t})^{2}}\\ \frac{-r\sin{\omega t}}{b} =\frac{z-q}{c} \end{cases} \tag{7}$

由式（7）中上面两个等式，消去a，b得：
$\frac{-\sin{\omega t}}{\cos{\omega t}}=\frac{x-r\cos{\omega t}}{-r\sin{\omega t}}=\frac{a}{b} \tag{8}$
$\cos{\omega t}=r \tag{9}$

由式（7）中下面两个等式，消去b，c得：
$\frac{1}{(\tan{\theta})^2(\cos{\omega t})^2} = \frac{(z-q)^2}{(-r\sin{\omega t})^2} =\frac{c^2}{b^2} \tag{10}$

$\frac{(-r\sin{\omega t})^2}{(\tan{\theta})^2(\cos{\omega t})^2} = {(z-q)}^2 \tag{11}$

由利用式（9），可消去式（11）中的 $(\sin{\omega t})^{2}$ 和 $(\cos{\omega t})^{2}$ 得：
$x^{2}-(\tan{\theta})^{2}(z-q)^{2}=r^{2} \tag{12}$
易知，为双曲线方程，所以在 xoz 平面相交得图形为双曲线。