石鵬　劉卓

【摘要】平面向量是解決數(shù)學(xué)問題的一個重要工具，在利用平面向量解決實際問題時，可借助三角函數(shù)工具和三角函數(shù)運算，并根據(jù)嚴謹?shù)臄?shù)學(xué)邏輯推理解決問題.本文是對一道平面向量實際問題的深入研究，并給出這類問題的推廣形式的結(jié)論，從而培養(yǎng)學(xué)生嚴謹?shù)乃季S和推理能力.

【關(guān)鍵詞】平面向量;三角函數(shù);旋轉(zhuǎn)角;和差化積

本文是根據(jù)高中數(shù)學(xué)必修4“平面向量加法運算”這一節(jié)的教輔資料中的一道題而來的，由于這道題答案給的解題過程不夠嚴謹，解析過程邏輯不夠準確，所以本文結(jié)合向量的坐標(biāo)運算及三角函數(shù)的積化和差與和差化積公式對本題進行嚴謹推理，并得到滿足題意的答案，且答案不唯一，然后研究本題推廣的一般結(jié)論.

現(xiàn)給出本題的題目和參考答案給出的解法.

[STHZ]例[STBZ] 已知機器人剛開始在原點位置，為了讓機器人完成某項任務(wù)，某學(xué)生給機器人設(shè)置了以下指令：先逆時針旋轉(zhuǎn)α角，然后向前走1米.將該指令進行一次稱為一個操作，試用向量解決以下問題.

（1）當(dāng)α=π3時，經(jīng)過幾次操作才能回到原點？

（2）是否存在α，使得機器人經(jīng)過10次操作，回到首次出發(fā)時的原點？

[STHZ]解[STBZ] （1）略.

（2）假設(shè)機器人經(jīng)過10次操作回到原點，完成第i次操作記為ai1≤i≤10.由題意可知，a1+a2+…+a10=0，則向量a1，a2，…，a10構(gòu)成了一個正十邊形，由于角α為正十邊形的外角，且外角和為2π，則此時正十邊形的外角為α=2π10=π5.所以存在角α，且為π5.

顯然這種解法的推理不夠嚴謹，不夠全面，經(jīng)過10次操作，除正十邊形外，還有沒有其他情況呢？以進行5次操作為例，可以是正五邊形，也可以是五角星形狀，都能實現(xiàn)5次操作后回到原點.因此，下面給出本題第（2）問的嚴格推理過程和滿足要求的旋轉(zhuǎn)角α的集合.

解 記開始點位于直角坐標(biāo)系xOy中的坐標(biāo)原點，且第i次操作由點Ai-1到點Ai（i=1，2，…，10），A0與O重合，第1次旋轉(zhuǎn)是由x正半軸按逆時針方向旋轉(zhuǎn)α角，第2次旋轉(zhuǎn)后的A1A2是由x正半軸按逆時針方向旋轉(zhuǎn)2α角，第10次旋轉(zhuǎn)后的A9A0是由x正半軸按逆時針方向旋轉(zhuǎn)10α角，所以有：A0A1=（cos α，sin α），A1A2=（cos 2α，sin 2α），…，

A9A0=（cos 10α，sin 10α）.

由于機器人經(jīng)過10次回到原點，則A0A1+A1A2+…+A9A0=0.

又因為

A0A1+A1A2+…+A9A0=（cos α，sin α）+（cos 2α，sin 2α）+…+（cos 10α，sin 10α）=（cos α+cos 2α+…+cos 10α，sin α+sin 2α+…+sin 10α）=（0，0），

所以cos α+cos 2α+…+cos 10α=0，sin α+sin 2α+…+sin 10α=0.

又因為α∈（0，2π），α2∈（0，π），所以sinα2>0.由積化和差公式和和差化積公式知，

cos α+cos 2α+…+cos 10α=cos αsinα2+cos 2αsinα2+…+cos 10αsinα2sinα2=12sin3α2-sinα2+12sin5α2-sin3α2+…+12sin21α2-sin19α2sinα2=12sin21α2-sinα2sinα2=cos11α2sin 5αsinα2.

同理可得sin α+sin 2α+…+sin 10α=sin11α2sin 5αsinα2.

由于sinα2≠0，所以cos11α2sin 5α=0，sin11α2sin 5α=0，

當(dāng)sin 5α≠0時，有cos11α2=0，sin11α2=0，

所以sin 211α2+cos 211α2=0，這與sin 211α2+cos 211α2=1相矛盾.

故方程組cos11α2=0，sin 5α=0與sin11α2=0，sin 5α=0在α∈（0，2π）內(nèi)無解.

所以sin 5α=0，5α=kπ，α=kπ5，k∈Z，

又因為α∈（0，2π），所以角α的取值集合為π5，2π5，3π5，4π5，6π5，7π5，8π5，9π5，共8種情況.

將此結(jié)論推廣到一般情況：

按照上題的操作規(guī)則，機器人經(jīng)過n（n≥3）次操作后.

（1）求機器人所在點的坐標(biāo)（x，y），及坐標(biāo)與角α和n之間所滿足的等式關(guān)系;

（2）若機器人經(jīng)過n次操作后首次回到原點，求角α（0<α<2π）的取值集合.

解 記機器人開始點位于直角坐標(biāo)系xOy中的坐標(biāo)原點，且第i次操作由點Ai-1到點Ai（i=1，2，…，n），A0與點O重合，An（x，y）.第一次旋轉(zhuǎn)是由x正半軸按逆時針方向旋轉(zhuǎn)α角，第i次旋轉(zhuǎn)后的Ai-1Ai（1≤i≤n）是由x正半軸按逆時針方向旋轉(zhuǎn)iα角，所以有Ai-1Ai=（cos iα，sin iα）（1≤i≤n），則OAn=A0A1+A1A2+…+An-1An=（x，y）.

又因為

A0A1+A1A2+…+An-1An=（cos α，sin α）+（cos 2α，sin 2α）+…+（cos nα，sin nα）

=（cos α+cos 2α+…+cos nα，sin α+sin 2α+…+sin nα）.

所以x=cos α+cos 2α+…+cos nα，y=sin α+sin 2α+…+sin nα.

又因為α∈（0，2π），α2∈（0，π），所以sinα2>0.由積化和差公式和和差化積公式知

cos α+cos 2α+…+cos nα=cos αsinα2+cos 2αsinα2+…+cos nαsinα2sinα2=12sin3α2-sinα2+12sin5α2-sin3α2+…+12sin（2n+1）α2-sin（2n-1）α2sinα2

=12sin（2n+1）α2-sinα2sinα2=cos（n+1）α2sinnα2sinα2.

同理可得sin α+sin 2α+…+sin nα=sin（n+1）α2sinnα2sinα2.

所以，點（x，y）的坐標(biāo)滿足x=cosn+1α2sinnα2sinα2y=sinn+1α2sinnα2sinα2，（其中α∈（0，2π））.

對上述兩式平方得點（x，y）的坐標(biāo)與角α和n之間的關(guān)系式為x2+y2=sin 2nα2sin 2α2.

（2）機器人經(jīng)過n次操作后首次回到原點，則x=0，y=0.

由于sinα2≠0，所以cos（n+1）α2sinnα2=0，sinn+1α2sinnα2=0，當(dāng)sinnα2≠0時，有cosn+1α2=0，sin（n+1）α2=0，

所以sin 2（n+1）α2+cos 2（n+1）α2=0，這與sin 2（n+1）α2+cos 2（n+1）α2=1相矛盾.

由cos（n+1）α2=0，sinnα2=0，得α=（2k+1）πn+1，α=2kπn，（k=1，2，…，n-1），無解.

同理sin（n+1）α2=0，sinnα2=0無解.

所以sinnα2=0，nα2=kπ，α=2kπn，k∈Z.

又因為α∈（0，2π），

當(dāng)n為奇數(shù)時，角α的取值集合為αα=2kπn，k=1，2，3，…，n-1，共（n-1）種情況;

當(dāng)n為偶數(shù)時，角α的取值集合為αα=2kπn，k=1，2，…，n2-1，n2+1，…，n-1，共（n-2）種情況.