【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
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.
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