一个陌生女孩的来信

【课堂新坐标】2016-2017学年高中数学 2.2 几种常见的平面变换 4 旋转变、投影变换、切变变换学业分层测评 苏教版选修4-2 学业达标] 1.求出△ABC在矩阵eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)　－\f(\r(3),2),\f(\r(3),2)　　\f(1,2)))作用下得到的图形，并画出示意图，其中A(0，0)，B(1，eq \r(3))，C(0，2). 【解】　因为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)　－\f(\r(3),2),\f(\r(3),2)　　\f(1,2))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,0))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,0))， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)　－\f(\r(3),2),\f(\r(3),2)　　\f(1,2))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,\r(3)))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1,\r(3)))， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)　－\f(\r(3),2),\f(\r(3),2)　　\f(1,2))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,2))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(3),　1))， 所以△ABC在矩阵eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)　－\f(\r(3),2),\f(\r(3),2)　　\f(1,2)))作用下变换得到的图形为△A′B′C′，其中A′(0，0)，B′(－1，eq \r(3))，C′(－eq \r(3)，1)，这是一个旋转变换，示意图如图所示. 2.(1)直线x＋y＝3在矩阵eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1　1,0　1))作用下变成什么图形？ (2)正方形ABCD在矩阵M＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1　1,0　1))作用下变成什么图形？这里A(－1，－1)，B(1，－1)，C(1，1)，D(－1，1). 【解】　(1)直线x＋y＝3在矩阵eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1　1,0　1))作用下变成直线x＝3. (2)在矩阵M＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1　1,0　1))对应变换下，A→A′(－2，－1)，B→B′(0，－1)，C→C′(2，1)，D→D′(0，1)，则变换所成图形为平行四边形A′B′C′D′，如图. 3.椭圆eq \f(x2,9)＋y2＝1在矩阵eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1　0,0　0))对应的变换作用下得到什么图形？ 【解】　设(x，y)为椭圆eq \f(x2,9)＋y2＝1上的任意一点，则有x2≤9.因为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1　0,0　0)) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,0))，所以矩阵eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1　0,0　0))使得椭圆上的点的横坐标保持不变，纵坐标变为0，所以椭圆eq \f(x2,9)＋y2＝1在矩阵eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1　0,0　0))对应的变换作用下得到的图形是线段y＝0(－3≤x≤3)，即椭圆长轴. 4.在平面直角坐标系xOy内有一点P(2，3)，将该点沿平行于直线x＋2y＝0的方向投影到x轴上，求P(2，3)在此投影变换下得到的点P′的坐标. 【解】　设P(2，3)在此投影变换下得到的点为P′(x′，y′)，则由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x′＝x＋2y，,y′＝0，))即eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y))→eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x′,y′))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x＋2y,　0))，从而可知此投影变换对应的矩阵为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1　2,0　0))，由eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1　2,0　0)) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,3))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(8,0))，可知点P′的坐标为(8，0). 5.如图2­2­4所示，已知△ABC在变换T的作用下变成△A′B′C′，试求变换T对应的矩阵M. 【导学号：30650020】 图2­2­4 【解】　从△ABC到△A′B′C′对应的是x轴方向上的切变变换，因为A、B在x轴上，原地不变，注意到C(－1，1)→C′(1，1)，由此可知这个变换对应的矩阵为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1　2,0　1)). 6.如图2­2­5所示，已知矩形ABCD在变换T的作用下变成图形A′B′C′D′，试求变换T对应的矩阵M. 图2­2­5 【解】　从图可以看出，T是一个切变变换，且 T：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y))→eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x′,y′))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(　x,y＋\f(1,2)x)). 故T对应的变换矩阵为M＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1　 0,\f(1,2)　1)). 我们可以进行如下验证： eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1　 0,\f(1,2)　1)) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,0))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,1))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1　 0,\f(1,2)　1)) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,1))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,2))， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1　 0,\f(1,2)　1)) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2,　1))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2,　0))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1　 0,\f(1,2)　1)) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2,　0))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2,－1)). 所以矩形ABCD在矩阵eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1　 0,\f(1,2)　1))的作用下变成了平行四边形A′B′C′D′. 7.试平面上的变换将平面上的点沿垂直于直线y＝x的方向投影到直线y＝x上的矩阵示. 【解】　不妨设P(x，y)是平面上的任意一点，则它关于直线y＝x对称的点P′的坐标为P′(y，x)，PP′的连线一定垂直于直线y＝x，且交点为Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)，\f(x＋y,2)))，如图所示.根据题意，该变换即为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y))→eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x′,y′))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2),\f(x＋y,2)))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)　\f(1,2),\f(1,2)　\f(1,2))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y)). 因此，将平面上的点沿垂直于直线y＝x的方向投影到直线y＝x上的变换的矩阵表示为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)　\f(1,2),\f(1,2)　\f(1,2))). 能力提升] 8.运用旋转矩阵对应变换，求解下列问题： (1)求曲线x＝y2逆时针方向绕原点旋转90°所成的曲线方程. (2)求圆x2＋y2＝1绕原点逆时针旋转eq \f(π,8)后得到的曲线方程. 【导学号：30650021】 【解】　(1)旋转变换矩阵为：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos 90°　－sin 90°,sin 90°　　cos 90°))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0　－1,1　　0))，设x＝y2上任意一点(x0，y0)旋转变换后为(x′0，y′0)， 则eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x′0,y′0))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0　－1,1　　0)) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x0,y0))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－y0,　x0))， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x′0＝－y0,y′0＝x0，)) 故y′0＝(－x′0)2，即旋转所成的曲线方程为y＝x2. (2)设x2＋y2＝1上的动点P(x，y)经过变换后得新曲线上的点为P′(x′，y′). 则有eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x′,y′))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos \f(π,8)　－sin \f(π,8),sin \f(π,8)　　cos \f(π,8))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y)) ＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(xcos \f(π,8)－ysin \f(π,8),xsin \f(π,8)＋ycos \f(π,8)))， 故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x′＝xcos \f(π,8)－ysin \f(π,8)，,y′＝xsin \f(π,8)＋ycos \f(π,8).)) 从而eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝x′cos \f(π,8)＋y′sin \f(π,8)，,y＝－x′sin \f(π,8)＋y′cos \f(π,8).)) 代入x2＋y2＝1得 (x′cos eq \f(π,8)＋y′sin eq \f(π,8))2＋(－x′sin eq \f(π,8)＋y′cos eq \f(π,8))2＝1，即x′2＋y′2＝1. 故所求曲线方程为x2＋y2＝1. PAGE 5