THIẾT KẾ CÓ SỰ TRỢ GIÚP CỦA MÁY TÍNH

-Trần Hùng Mạnh -Lớp Đạn _2- Đề số 45 THIẾT KẾ CÓ SỰ TRỢ GIÚP CỦA MÁY TÍNH BÀI TẬP SỐ : 01 Họ tên: Trần Hùng Mạnh Lớp: Đạn_2 K40 Đề số: 45 Bài 1: Sử dụng ma trận phép biến đổi chứng minh phép đối xứng qua gốc toạ độ phân rã thành hai phép biến đổi liên tiếp : đối xứng qua trục ox đối xứng qua trục 0y ngược lại BÀI GIẢI: ' Ta có ma trận phép đối xứng qua gốc toạ độ A ( x, y ) → A ( − x, − y )  −1 0   ÷ T =  −1 ÷  0 1÷   ' Ma trận đối xứng qua trục ox: A ( x, y ) → A ( x, − y ) 1 0  ÷ T1 =  −1 ÷ 0 1÷   ' Ma trận đối xứng qua trục oy: A ( x, y ) → A ( − x, y )  −1 0   ÷ T2 =  ÷  0 1÷   Vậy ta có:  0   −1 0   ÷  ÷ T = T1xT2 =  −1 ÷x  ÷ = 0 1÷  0 1÷      −1 0   ÷  −1 ÷  0 1÷   Suy điều phải chứng minh Bài 2: Cho vòng tròn bán kính R tâm gốc toạ độ a Tìm phương trình dạng đường cong sau thực phép biến đổi với ma trận là:  0  ÷  0÷ 2 1÷   b Vẽ đồ thị đường cong trước sau biến đổi hệ trục toạ độ -Trần Hùng Mạnh -Lớp Đạn _2- Đề số 45 BÀI GIẢI: Gọi A(x, y) thuộc vòng tròn tâm O bán kính R: x + y = R ( A ( x, y ) → A' x ' , y ' ( )  0  ÷ T =  0÷ 2 1÷    0  ÷ x , y ,1 = x , y,1 x  ÷ 2 1÷   , x = 2x + ' ' ) ( ) y, = y + Rút x, y vào (1) có:  x'  '  − 1÷ + y − 2  ( ) = R2 a Vậy đường tròn sau biến đổi đường cong có phương trình:  x'  '  − 1÷ + y − 2  ( ) = R2 Đây đường elíp tâm ( 2, 2) bán trục lớn 2R, bán trục nhỏ R b Hình vẽ: Bài 3: Cho vòng tròn bán kính R=2cm tâm gốc toạ độ (1) -Trần Hùng Mạnh -Lớp Đạn _2- Đề số 45 a Tìm phương trình dạng đường cong sau thực phép biến đổi với ma trận là:    −2    0 ÷ 0÷ ÷ 1÷  b Vẽ đồ thị đường cong trước sau biến đổi hệ trục toạ độ BÀI GIẢI: a Gọi A(x, y) thuộc vòng tròn tâm O bán kính R=2: x + y = ( A ( x, y ) → A' x ' , y '   T =  −2    )   x ' , y ' ,1 = x , y,1 x  −2    , x = x − 3y + ( ) ( ) (2) 0 ÷ 0÷ ÷ 1÷  0 ÷ 0÷ ÷ 1÷  y , = 3x + y + Rút x,y : 3( y '− 3) + ( x '− 3) ( y '− 3) − 3( x '− 3) y= x= vào (2) có: ( x ' − 3) + 13 ( y ' − 3) + 3( x '− 3)( y '− 3) = 16 2  x1 = x '−  y1 = y '− Ta đặt phép đổi biến:  thu : x12 + 13 y12 + 3.x1 y = 162  x1 + y1 x =  Ta đổi biến lần 2:  ta phương trình: 3.x1 − y1   y2 = x22 y22 + =1 82 Đây phương trình đường elíp tâm (0, 0), bán kính trục nhỏ a = 4, bán kính trục lớn b = (Khi xét với biến là: x2, y2) -Trần Hùng Mạnh -Lớp Đạn _2- Đề số 45 Theo lần đặt biến xét với biến (x’, y’) biểu diễn đường elíp tâm (3, 3), bán kính trục nhỏ a = 4, bán kính trục lớn b = , nghiêng với trục ox góc 300 b.Hình vẽ: Từ cách phân tích ta thấy thực chất tổng hợp phép biến đổi đơn giản : phép biến dạng (Sx=2, Sy=4), phép quay ( α =300) phép tịnh tiến (tx=3, ty=3) Và từ ta phân tích ma trận cho thành sau:   T=  −2     0  0  ÷    ÷=   x  − ÷ ÷  0     3 2 0  0      0 x  0   3   Vậy đường cong elíp bị quay nghiêng có trục dài nghiêng góc α = 300 Bài 4: Sử dụng ma trận phép biến đổi chứng minh phép quay quanh gốc toạ độ với góc quay ± 1800 hoàn toàn tương đương với phép đối xứng qua gốc toạ độ BÀI GIẢI: ' ' ' Ta có ma trận phép quay quanh gốc toạ độ góc α = 1800 độ: A ( x, y ) → A ( x , y ) ( )  cos 1800  = T1  − sin 180   ( ( ) ) cos ( 180 ) sin 1800 0 0 ÷  −1 0   ÷ ÷ =  −1 ÷ ÷  ÷ 1÷  0 1  -Trần Hùng Mạnh -Lớp Đạn _2- Đề số 45 ' Ma trận đối xứng qua gốc toạ độ: A ( x, y ) → A ( − x, − y )  −1 0   ÷ T2 =  −1 ÷  0 1÷   Rõ ràng T1=T2 suy điều phải chứng minh Bài 5: Cho tam giác ABC với tọa độ đỉnh A(2;0), B(6;2), C(4;4) đường thẳng y = x +1 a) Tính ma trận phép đối xứng tam giác qua đường thẳng y = x+1 b) Tính tọa độ đỉnh tam giác sau biến đổi ( A’; B’; C’) c) Vẽ tam giác ABC A’B’C’ hệ tọa độ oxy, đơn vị dài lấy 1cm d) Dùng phần mềm SolidWord kiểm tra lại tọa độ đỉnh A’B’C’ tính toán BÀI GIẢI: a.Gắng cứng tam giác ABC đường thẳng d khối Đường thẳng d cắt trục oy điểm M(0,1)và nghiêng với trục ox góc α thoã mãn : tgα =1,suy α=45° Tịnh tiến điểm M gốc toạ độ O.Ma trận phép tịnh tiến T1 với tx=0,ty=-1 1 0   là: T1 =   ; 0 −1 1   Quay đường thẳng d quanh gốc O góc -45°về trùng với trục x Ma trận    phép quay T2 là: T2=  2    − 2 0   0 ; 1   2 1 0   0 −1 0   Đối xứng tam giác ABC qua trục ox T3 là: T3=  0  ; Quay đường thẳng d quanh gốc O góc 45° vị trí ban đầu Ma trận phép quay T4 :    T4 =  − 2    2 2   0 ; 1   -Trần Hùng Mạnh -Lớp Đạn _2- Đề số 45 Tịnh tiến điểm M vị trí ban đầu.Ma trận phép tịnh tiến T5 với tx 1 0   =0,ty=1 là: T5 =   ; 0 1   Ma trận phép đối xứng tam giác qua đường thẳng d la T, với T xác định: T=T1xT2xT3xT4xT5 hay  2  0     0  T=  x   0 − 1     1 0   0 0 0 1      =  −   − 2 2 − 2  2  2  − = 2  − 2  2   0 1    =  0 x   −1 1 0     0   Vậy T=  0   −1 1       0 x  −1   1 0      0 x    1    0    0 =  1   − − 2 2 1 0     −1 0       0   x x 1      0    0 x      2   0 x 1   2 2 2 2 2 2 2 2 2   0 x 1    0      0 x 0 0   1    1 0   0 0 0 1   0  0 1  b)Toạ độ đỉnh tam giác sau biến đổi là:  x' A   x' B  x'  C y ' A 1  1  1    − 1          y ' B 1 =  1 xT=  1 x  0  =  1  4 1  − 1   1 y 'C 1  4 1       Vậy toạ độ tam giác A’B’C’ sau biến đổi: A’(-1;3),B’(1;7), C’(3;5) c)Vẽ tam giác ABC,A’B’C’ hệ toạ độ Oxy -Trần Hùng Mạnh -Lớp Đạn _2- Đề số 45 d) Dùng phần mềm SolidWord để kiểm tra: Sau cho tam giác ABC đối xứng qua đường thẳng có phương trình y=x+1 ta ∆A' B ' C ' với toạ độ đỉnh biểu diễn ma trận sau:  x' A   x' B  x'  C y ' A 1  − 1    y ' B 1 =  1 y 'C 1  1 Như kết xác Bài 6: Cho tam giác ABC với tọa độ đỉnh A(1;1), B(2;5), C(4;3) điểm E(-1;1) a) Tính ma trận trận phép quay tam giác quanh điểm E góc 900 b) Tính tọa độ đỉnh tam giác sau biến đổi A’B’C’ c) Vẽ tam giác ABC A’B’C’ hệ tọa độ oxy, đơn vị dài lấy 1cm d) Dùng phần mềm SolidWord kiểm tra lại tọa độ đỉnh A’B’C’ tính BÀI GIẢI: a Coi điểm E gắn cứng với tam giác ABC Dịch điểm E gốc toạ độ O Ma trận dịch chuyển tịnh tiến T1 với tx = 1, ty = -1 1 0   T1 =   ; 1 −1 1   Quay tam giác ABC quanh gốc O góc 90º Ma trận phép quay là:  0   T2 =  − 0  ;  0 1   -Trần Hùng Mạnh -Lớp Đạn _2- Đề số 45 Dịch chuyển điểm E vị trí ban đầu Ma trận phép dịch chuyển tịnh tiến với tx = -1 , t y = là:  0   T3 =   ;  −1 1   Ma trận phép quay tam giác ABC quanh điển E góc 90º là: T= T1 xT2 xT3 1 0     Hay: T=   x  − 1 −1 1      0     =  −1 0 x  1 1  −1    0    0 x  1   − 1 0 0   0 =  −1 0 1   0  0  0  0   0   Vậy T=  − 0  ;  1   b.Toạ độ đỉnh tam giác A´B´C´ với toạ độ đỉnh A´(x ,A ;y ,A ),B , ´(x ,B ;y ,B ),C´(x ,C ;y C ) : Toạ độ đỉnh tam giác A´B´C´ thoả mãn biểu thức :  x ,A  ,  xB  x,  C y ,A 1 1   , y B 1 =  4 yC, 1  , ,  x A y A 1 1  ,   , Hay  x B y B 1 =   x , y , 1 4 C   C  1  1 1 x (T ) 1    − 1      1 x  − 0  =  − 1 1    − 1 Vậy toạ độ đỉnh A´(-1;3) B´(-5;4) C(-3;6) c Biểu diễn tam giác ABC tam giác A´B´C´ hệ toạ độ oxy: -Trần Hùng Mạnh -Lớp Đạn _2- Đề số 45 d Dùng phần mềm SolidWord để kiểm tra Sau quay tam giác ABC quanh điểm E góc α = 900 ta ∆A' B ' C ' với toạ độ đỉnh biểu diễn ma trận sau:  x ,A  ,  xB  x,  C y ,A 1  2 1    y B, 1 =  − 1 yC, 1  1 Như kết xác Bài 7: Cho tọa độ đỉnh tam giác ABC không gian: A(-1;0;0), B(0;1;0), C(0;2;1) a) Tìm ma trận phép biến đổi tam giác ABC theo trình tự sau : quay quanh trục Z góc 450 → quay quanh trục Y góc -450 → quay quanh trục X góc 300 → Scale lên lần với tâm biến đổi A b) Tính tọa độ đỉnh tam giác sau biến đổi Dùng chương trinh CAD tương tác kiểm tra lại tọa độ tính toán BÀI GIẢI: a) Quay tam giác ABC quanh trục z 1góc 45° Ma trận phép quay là:    T1= −    2 2 0 0 0  0 0  1 2 Quay tam giác ABC quanh trục y góc -45°.Ma trận phép quay là:    −   T2=  2 0 0 2 2 2 0 0  0 1 Quay tam giác ABC quanh trục x góc 30°.Ma trận phép quay là: 1 0  T3 =  0 0 −1 2 0 0  0 1 -Trần Hùng Mạnh -Lớp Đạn _2- Đề số 45 Tịnh tiến điểm A gốc toạ độ O với tx = 1, ty =0, tz =0.Ma trận phép tịnh tiến là: 1 0 T4=   1 0 0 0 0  1 0 Scale tam giác ABC lên lần với tâm biến đổi gốc toạ độ O Ma trận phép biến đổi là: 2 0 T5=   0 0 0 0 0  1 0 Tịnh tiến điểm A vị trí cũ với tx=-1, ty=0,tz=0.Ma trận phép biến đổi là: 1 0 T6=   − 1 0 0 0 0 0  1 Ma trận phép biến đổi là:T=T1xT2xT3xT4xT5xT6    − T=    2 2 0 1 0 x   1 0 0 0 0   0   − 0  0 x   1 0 2 0 0 x 0 0    0 0 2 0 2 2 0 0  0  x 0    1 − 2 0 0 0 0  0 1 2 0 1 0   x 0 0 −1 2 0 0  0 x 1 0 0 0  1 Sau biến đổi ta đươc ma trận T sau:    T=  −  −   ( − 4) ( + 4) − 2 2 ( + 3) ( + 3) 2  0  0  0 1 b) Sau biến đổi tam giác ABC ta toạ độ đỉnh tam giác A’B’C’ thoả mãn biểu thức:  x' A  x'  B  xC ' y 'A yB ' yC ' z A ' 1 − 0 1 z B ' 1 =  1 xT zC ' 1  1 -Trần Hùng Mạnh -Lớp Đạn _2- Đề số 45  ( − 4) ( + 3)  2 − 0 1  ( + ) ( + )   =  1 x  − 2  −  1 − 2  0    − ( + 3) − ( − 4) 1  2   ( + ) ( + ) 1 =  −1 2   + + 6 +4− 1 − − 2   0,77 − 1,57 1   −1 3,22 1,57 1 = − 3,41 5,74 4,37 1 Vậy toạ độ tam giác sau biến đổi là:A’(0;0,77;-1,57), B’(-1;3,22;1,57) , C’(-3,41;5,74;4,37) ‫ ٭‬Dùng chương trình tương tác kiểm tra lại toạ độ tính toán  0  0  0 1 ♣ Dùng AutoCAD kiểm tra lại kết tính toán: • Trong CAD vẽ hệ trục toạ độ Oxyz lệnh 3P.( dựa vào khối hình hộp lập phương để vẽ dược nhanh chóng) • Đưa hệ toạ độ trùng với hệ toạ độ vừa tạo • Dùng lệnh 3P vẽ tam giác ABC, nhập toạ độ tuyệt đối đánh dấu đỉnh tam giác • Sử dụng lệnh 3D Rotate quay tam giác ABC quanh trục oz,oy, ox góc 450, -450, 300 • Dùng lệnh Scale biến đổi tỷ lệ tam giác ABC lên lần, tâm biến đổi (-2; ; 0) điểm nhập toạ độ tuyệt đối • Dùng lệnh ID kiểm tra lại đỉnh tam giác sau biến đổi ta được: A’(0;0,77;- 1,57), B’(-1;3,22;1,57) , C’(-3,41;5,74;4,37) So sánh với kết tính toán ta kết luân phép tính xác [...]...  0  −1 3,22 1,57 1 = − 3,41 5,74 4,37 1 Vậy toạ độ mới của tam giác sau khi biến đổi là:A’(0;0,77;-1,57), B’(-1;3,22;1,57) , C’(-3,41;5,74;4,37) ‫ ٭‬Dùng 1 chương trình tương tác kiểm tra lại toạ độ đã tính toán  0  0  0 1 ♣ Dùng AutoCAD kiểm tra lại kết quả tính toán: • Trong CAD vẽ hệ trục toạ độ Oxyz bằng lệnh 3P.( có thể dựa vào khối hình hộp lập phương để vẽ dược nhanh chóng)... ; 0) điểm này được nhập toạ độ tuyệt đối • Dùng lệnh ID kiểm tra lại các đỉnh tam giác sau khi biến đổi ta được: A’(0;0,77;- 1,57), B’(-1;3,22;1,57) , C’(-3,41;5,74;4,37) So sánh với kết quả tính toán ta kết luân phép tính chính xác