mot so bai toan ma tran hay

Thiều Quang Vân- Lớp XE QS 38 - Đề số 16 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 Oy (hoặc đối xứng qua trục Oy đối xứng qua trục Ox) Bài làm:  −1 0   Ma trận phép đối xứng D qua gốc toạ độ là: M =  −  ;  0 1    0   Ma trận phép đối xứng Dx qua Ox là: Mx =  −  ; 0 1    −1 0   Ma trận phép đối xứng Dy qua Oy là: My =   ;  0 1    −1 0  0  −1 0       Ta thấy M =  −  =  −  x   = Mx x My nên ta có  0 1 0 1  0 1       D = D x + Dy  −1 0  −1 0  0       M =  −  =   x  −  = My x Mx nên ta có  0 1  0 1 0 1       D = Dy + Dx Như 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 Oy (hoặc đối xứng qua trục Oy đối xứng qua trục Ox) Bài 2: Cho vòng tròn bán kính R, tâm gốc toạ độ a)Tìm phương trình dạng đường cong sau thực qua phép biến đổi  0   với ma trận là:   2 1   b)Vẽ đồ thị đường cong trước sau biến đổi hệ toạ độ Bài làm: a) Phương trình đường tròn bán kính R tâm gốc toạ độ x2+y2=R2 Điểm A(x,y) thuộc đường tròn qua phép biến đổi với ma trận biến thành điểm A '( x ', y ') , biểu diễn phép biến đổi qua tọa độ đồng ta  0   có: ( x ' y ' ) = (x y 1)x   = (2x+2 y+2 1) 2 1   x '−  x ' = 2x + x = ⇒  Suy :  y' = y +  y = y '− Dễ thấy phép biến đổi tổng phép tỉ lệ với ma trận:  0 1  ÷  M1 =  ÷ phép tịnh tiến với ma trận M2 =  0 1÷ 2    x '− 2 ) + ( y '− 2) = R thay vào phương trình đường tròn ta có: ( x '− 2 y '− 2 ( ) +( ) =1 2R R 0 ÷ 0÷ 1÷  ⇔ Đây phương trình đường Elip có tâm điểm (2,2), bán trục lớn song song với Ox, bán trục nhỏ b = R b, Vẽ đồ thị: a = 2R Bài 3: Cho vòng tròn bán kính R=2cm, tâm gốc toạ độ a) Tìm phương trình dạng đường cong sau thực phép biến đổi   với ma trận là:  −   3 0  0   b) Vẽ đồ thị đường cong trước sau biến đổi hệ toạ độ Bài làm: a) Phương trình đường tròn bán kính R=2cm tâm gốc toạ độ x2+y2=4 Điểm A(x,y) thuộc đường tròn qua phép biến đổi với ma trận biến thành điểm A '( x ', y ') , biểu diễn phép biến đổi qua tọa độ đồng ta có ( x ' y '   ) = (x y 1) x  −2    0 ÷ ÷ = (x-2 y+3 ÷ 1÷   x ' = x-2 y+3 Suy :   y ' = x + y + ⇔ x+2y+3 1)  4y+3 o o  x ' = 2x  x ' = cos60 2x-sin60 4y+3 2 ⇔   o o  y ' = sin60 x + cos60 y +  y ' = x + y +  2 Dễ thấy phép biến đổi tổng :  0  ÷ - Phép tỷ lệ với ma trận M1 =  ÷, 0 1÷    cos 600  - Phép quay quanh gốc tọa độ với ma trận M2 =  − sin 60   sin 600 cos 600 0 ÷ ÷, 1÷  1 0  ÷ - Phép tịnh tiến với ma trận M3 =  ÷ 3 1÷    x'-3+ 3( y '− 3) x =  Từ hệ phương trình ta có:  , thay vào phương trình đường  y = y'-3- 3( x '− 3)  tròn ta có : x '− + 3( y '− 3) y '− − 3( x '− 3) ) +( ) =4 ⇔ 7( x '− 3) + 13( y '− 3) + 3( x '− 3)( y '− 3) = 256 Ta có: ( Đây phương trình đường Elip có tâm điểm (3,3), bán trục lớn a = tạo với trục Ox góc 1200 theo chiều dương, bán trục nhỏ b = b, Vẽ đồ thị: 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 đối xứng qua gốc toạ độ Bài làm: Theo câu ta có ma trận phép đối xứng qua gốc toạ độ là:  −1 0   M =  −1 0  0 1   Ta có ma trận phép quay quanh gốc tọa độ với góc quay +1800 M1 =  cos1800   − sin180   sin1800 cos1800 0  −1 0  ÷  ÷ =  −1 0 ;  0 1 1÷    ma trận phép quay quanh gốc tọa độ với góc quay -1800  cos − 1800  M2 =  − sin − 180   sin − 1800 cos − 1800 0 ÷ 0÷ = 1÷   −1 0    −1 0  0 1   Như ta có:   cos α  −1 0      M=  − sin α − ⇔ M=       0 1    α = +1800  sin α cos α 0 ÷ 0÷ , 1÷    cos α  −1 0      M=  − sin α − ⇔ M=       0 1    α = −1800  sin α cos α 0 ÷ 0÷ 1÷  Tức phép quay quanh gốc toạ độ với góc quay +1800 -1800 hoàn toàn tương đương với đối xứng qua gốc toạ độ Bài 5: Cho tam giác ABC với toạ độ điểm A(6,0) B(4,6) C(1,1) đường thẳng y = −1 x -2 a) Tính ma trận phép đối xứng tam giác qua đường thẳng y = −1 x -2 b)Tính toạ độ đỉnh tam giác sau biến đổi (A’:B’:C’) c) Vẽ tam giác ABC A’B’C’ hệ toạ độ Oxy, đơn vị dài lấy 1cm 0,5cm d) Dùng phần mềm AutoCAD kiểm tra lại đỉnh A’B’C’ tính toán Bài làm: a, Ta thực phép đối xứng tam giác ABC qua đường thẳng y= −1 x -2 với ma trận M sau: −1 x -2 thành khối thực 1 0  ÷ phép tịnh tiến với ma trận M1 =  ÷ 0 1÷   - Gắn tam giác ABC đường thẳng y = - -     Quay khối góc 300 với ma trận M2 =  −     thẳng y = - x -2 trùng với trục Ox 3  0÷ ÷ ÷ ÷, lúc đường ÷ 1÷ ÷ ÷  1 0  ÷ Đối xứng tam giác ABC qua trục Ox với ma trận M3 =  −1 ÷ ta 0 1÷   tam giác A ' B ' C ' , -Gắn tam giác vào khối quay khối quanh gốc tọa độ góc     -30 với ma trận M4=      - 2  0÷ ÷ ÷ 0÷ ÷ 1÷ ÷ ÷  − 1 0  ÷ Tịnh tiến khối với ma trận M5 =  ÷  −2 ÷   Ta có : M = M1x M2x M3x M4x M5 1 0  ÷ = 0 0÷ x 0 1÷       = −  −   − −3 −     −      0÷ ÷ ÷ 0÷ ÷ 1÷ ÷ ÷   0÷ ÷ ÷ 0÷ x ÷ 1÷ ÷ ÷    1 0   ÷  −  ÷x  0 1÷       2  0÷ ÷ ÷ 0÷ x ÷ 1÷ ÷ ÷  − 1 0  ÷ 0 0÷  −2 ÷   Như ta có ma trận phép đối xứng tam giác qua đường thẳng     y = - x -2 M =  −  −   − −3 −  0÷ ÷ ÷ 0÷ ÷ 1÷ ÷ ÷  b)Tính toạ độ đỉnh tam giác sau biến đổi (A’:B’:C’) Biểu diễn tam giác theo ma trận tọa độ đỉnh ta có  xA'   xB ' x  C' y A' 1  x A ÷  yB ' ÷ =  xB  xC ' 1÷   xC yA yB xC   1  1  ÷  ÷  1÷xM =  1÷ x  −  1 1÷  1÷    −     − −3 −  =  − −2 −   1− 3 − +   2  0÷ ÷ ÷ 0÷ ÷ 1÷ ÷ ÷  − −3 −  1÷ ÷ 1÷ ÷ 1÷ ÷  Nên ta có : A’(3- ,-3 -3), B’( − , −2 − ), C’( − − 3, − ) 2 c) Vẽ tam giác ABC A’B’C’ hệ toạ độ Oxy, đơn vị dài lấy 1cm     −  −   − −3 −  0÷ ÷ ÷ 0÷ ÷ 1÷ ÷ ÷  M= d) Dùng phần mềm AutoCAD kiểm tra lại đỉnh A’B’C’ tính toán Trong phần mềm AutoCAD dùng lệnh MIRROR với đối tượng tan giác ABC đường đối xứng y = B’(2+4 ,2 -2), C’( x -2, ta có tọa độ đỉnh A’(3+ ,3 +1), 3 3 + , + ) tọa độ ta tính toán 2 2 Như phép tính ta xác Bài 6: Khi làm toán sau đây, sinh viên vào số đề (trùng với số thứ tự giáo viên định để tỉm trị số tham số toán): Cho tam giác ABC với toạ độ điểm A(4,4) B(2,1) C(0,5) điểm E(0,2) a)Tính ma trận phép quay tam giác quanh điểm E góc -90 b)Tính toạ độ đỉnh tam giác sau biến đổi (A’:B’:C’) c)Vẽ tam giác ABC A’B’C’ hệ toạ độ Oxy, đơn vị dài lấy 1cm 0,5cm d) Dùng phần mềm AutoCAD kiểm tra lại đỉnh A’B’C’ tính toán Bài làm: a)Ta thực phép quay tam giác ABC quanh điểm E góc -90 với ma trận M sau: - Gắn tam giác ABC điểm E thành khối thực phép tịnh tiến với ma 1 0  ÷ trận M1 =  ÷, lúc điểm E trùng với gốc tọa độ  −2 ÷   - Quay tam giác ABC quanh gốc tọa độ góc -900 với ma trận  −1   ÷ M2 =  0 ÷ ta tam giác A’B’C’  0 1÷   - Gắn tam giác A’B’C’ với khối thực phép tịnh tiến với ma trận 1 0  ÷ M3 =  ÷ 0 1÷   1  Khi ta có M = M1 x M2 x M3 =  0    =  −2  0 0 ÷  ÷x   −2 ÷  0 −1   ÷  0 ÷x   1÷  0  −1   ÷ = 0÷  −2 ÷   −1   0  ÷  ÷ 0 ÷x  ÷  ÷ 1÷  0 1 0 ÷ 0÷ 1÷  Như ta có ma trận phép quay tam giác ABC quanh điểm E góc -90  −1   ÷ M =  0 ÷  −2 ÷   b)Tính toạ độ đỉnh tam giác sau biến đổi (A’:B’:C’): Biểu diễn tam giác theo ma trận tọa độ đỉnh ta có  xA'   xB ' x  C' y A' 1  x A ÷  yB ' ÷ =  xB  xC ' 1÷   xC y A 1  4 1  −1   −2 1 ÷  ÷  ÷  ÷ yB 1÷xM =  1÷ x  0 ÷=  −1 1÷  1÷  −2 ÷  1÷ xC 1÷        Nên ta có : A’(2,-2),B’(-1,0),C’(3,2) c) Vẽ tam giác ABC A’B’C’ hệ toạ độ Oxy, đơn vị dài lấy 1cm  −1   ÷  0÷  −2 ÷   M= d) Dùng phần mềm AutoCAD kiểm tra lại đỉnh A’B’C’ tính toán Trong phần mềm AutoCAD dùng lệnh ROTATE với đối tượng tam giác ABC gốc quay điểm E, ta có tọa độ đỉnh : A’(1.268,-8.196), B’(-4.928,-9.464), C’(-2.098,-4.366) tọa độ ta tính toán Như phép tính ta xác 10 11