曲线的旋转

前言

高中阶段的曲线变换的考察，主要围绕曲线的平移、伸缩变换；对任意曲线而言，旋转变换后有些曲线的表达式会非常复杂，故涉及曲线的旋转的考察，往往只涉及很特殊而简单的曲线，比如圆，而且大多是经过原点且绕原点旋转，此时只要抓住圆心和半径做研究即可；其实，更简单的思路是采用相关点法。

典例剖析

【2021届高三文数三轮模拟题】以平面直角坐标系的原点 \(O\) 为极点， \(x\) 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 \(C_{1}\) 的极坐标方程为 \(\rho=4\sin \theta\)，将曲线 \(C_{1}\) 绕极点逆时针旋转 \(\cfrac{2\pi}{3}\) 后得到曲线 \(C_{2}\).

(1). 求曲线 \(C_{2}\) 的极坐标方程；

解析：设 曲线 \(C_1\) 上的任一点的极坐标为 \(P(\rho_1,\theta_1)\)，旋转后对应曲线 \(C_{2}\) 上的点的极坐标为 \(P'(\rho, \theta)\)，

则 \(\left\{\begin{array}{l}\rho=\rho_1\\\theta=\theta_1+\cfrac{2\pi}{3}\end{array}\right.\)，故有\(\left\{\begin{array}{l}\rho_1=\rho\\\theta_1=\theta-\cfrac{2\pi}{3}\end{array}\right.\)，

由于\((\rho_1, \theta_1)\) 在 曲线\(C_{1}\)上， 即 \((\rho, \theta-\cfrac{2\pi}{3})\) 满足曲线 \(C_{1}\)方程，

故 \(\rho=4\sin(\theta-\cfrac{2 \pi}{3})\)，即曲线 \(C_{2}\) 的极坐标方程为 \(\rho=4\sin(\theta-\cfrac{2\pi}{3})\).

(2)若直线 \(l: \theta=\alpha(\rho\in R)\) 与 \(C_{1}\)， \(C_{2}\) 分别相交于异于极点的 \(A\)，\(B\) 两点，求 \(|AB|\) 的最大值.

解析： 设 \(A(\rho_{A},\alpha)\)， \(B(\rho_{B},\alpha)\)，

则 \(|AB=|\rho_{A}-\rho_{B}|=|4\sin\alpha-4\sin(\alpha-\cfrac{2\pi}{3})|=|6\sin\alpha+2\sqrt{3}\cos a|\)

\(=4\sqrt{3}|\sin(\alpha+\cfrac{\pi}{6})|\leqslant 4\sqrt{3}\)，

当且仅当 \(\alpha=\cfrac{\pi}{3}\)时，等号成立，

故 \(|AB|\) 的最大值为 \(4\sqrt{3}\).

【2020 \(\cdot\) 河南郑州一模】已知曲线 \(C_{1}: x^{2}+(y-3)^{2}=9\)， \(A\) 是曲线 \(C_{1}\) 上的动点，以坐标原点 \(O\) 为极点， \(x\) 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，以极点 \(O\) 为中心，将点\(A\)绕点 \(O\) 逆时针旋转 \(90^{\circ}\) 得到点 \(B\)， 设点 \(B\) 的轨迹方程为曲线 \(C_{2}\).

(1).求曲线 \(C_{1}\)， \(C_{2}\) 的极坐标方程;

解析 : 曲线 \(C_{1}: x^{2}+(y-3)^{2}=9\)， 即 \(x^{2}+y^{2}-6y=0\)，所以曲线 \(C_{1}\) 的极坐标方程为 \(\rho=6\sin\theta\).

设 \(B(\rho, \theta)\)， 则 \(A(\rho, \theta-\cfrac{\pi}{2})\)，[此处使用了相关点法]

由于点\(A\)在曲线\(C_1\)上，故满足曲线\(C_1\)的方程，则有 \(\rho=6\sin(\theta-\cfrac{\pi}{2})=-6\cos\theta\).

所以曲线 \(C_{2}\) 的极坐标方程为 \(\rho=-6\cos\theta\).

(2). 射线 \(\theta=\cfrac{5\pi}{6}(\rho>0)\) 与曲线 \(C_{1}\)， \(C_{2}\) 分别交于 \(P\)， \(Q\) 两点, 定点 \(M(-4,0)\)，求 \(\triangle MPQ\) 的面积.

解析： \(M\) 到射线 \(\theta=\cfrac{5\pi}{6}(\rho>0)\) 的距离为 \(d=4\sin\cfrac{5\pi}{6}=2\)，

射线 \(\theta=\cfrac{5\pi}{6}(\rho>0)\) 与曲线 \(C_{1}\) 的交点 \(P(\rho_{_{P}}, \cfrac{5\pi}{6})\)， 其中，\(\rho_{_{P}}=6\sin\cfrac{5\pi}{6}=3\)，

射线 \(\theta=\cfrac{5\pi}{6}(\rho>0)\) 与曲线 \(C_{2}\) 的交点 \(Q(\rho_{_{Q}}, \cfrac{5\pi}{6})\)， 其中， \(\rho_{_{Q}}=-6\cos\cfrac{5\pi}{6}=3\sqrt{3}\)

则 \(|PQ|=|\rho_{_{P}}-\rho_{_{Q}}|=3\sqrt{3}-3\)， 则 \(S_{\triangle MPQ}=\cfrac{1}{2}\cdot|PQ|\cdot d=3\sqrt{3}-3\).

【超纲题目，仅仅为完善知识体系】将曲线 \(M:\) \(x^2\) \(+\) \(xy\) \(+\) \(y^2\) \(-\) \(4\) \(=\) \(0\) 通过【旋转变换】转化为标准的曲线方程。

解：由题可知二元二次方程为 \(x^2\) \(+\) \(xy\) \(+\) \(y^2\) \(-\) \(4\) \(=\) \(0\)，即 \(A=1\) , \(B=1\) ,\(C=1\)

令曲线 \(M\) 上的任意一点的坐标为 \(P(x,y)\)，通过旋转变换后对应点的坐标为 \(P'(x',y')\)，则要想旋转后消去交叉项，则旋转角 \(\theta\) 必须满足条件[具体原因自行AI]：

\(\cot2\theta\) \(=\) \(\dfrac{A-C}{B}\) \(=\) \(0\) \(\implies\) \(2\theta=\dfrac{\pi}{2}\) \(\implies\) \(\theta\) \(=\) \(\dfrac{\pi}{4}\)

则由此得到坐标旋转的变换公式为(为好理解，注释 \(\theta\) \(=\) \(\dfrac{\pi}{4}\)，\(\sin\dfrac{\pi}{4}\) \(=\) \(\cos\dfrac{\pi}{4}\) \(=\) \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\))：

\(\begin{cases} x = x'\cos\theta - y'\sin\theta = \dfrac{\sqrt{2}}{2}(x'-y')\\ y = x'\sin\theta + y'\cos\theta = \dfrac{\sqrt{2}}{2}(x'+y') \end{cases}\)

由此得到，\(x^2\) \(=\) \(\dfrac12(x'-y')^2\) \(=\) \(\dfrac12(x'^2-2x'y'+y'^2)\)

且 \(y^2\) \(=\) \(\dfrac12(x'+y')^2\) \(=\) \(\dfrac12(x'^2+2x'y'+y'^2)\)

且 \(xy\) \(=\) \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)\((x'-y')\) \(\cdot\) \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)\((x'+y')\) \(=\) \(\dfrac12\) \((x'^2-y'^2)\)

由于点 \(P(x,y)\) 满足曲线方程 \(x^2\) \(+\) \(xy\) \(+\) \(y^2\) \(=\) \(4\)，故代入其中，

\(\dfrac12(x'^2-2x'y'+y'^2)\) \(+\) \(\dfrac12(x'^2-y'^2)\) \(+\) \(\dfrac12(x'^2+2x'y'+y'^2)\) \(=\) \(4\)

变形整理为 \(\dfrac{x'^2}{\frac{8}{3}}\) \(+\) \(\dfrac{y'^2}{8}\) \(=\) \(1\)，也即 \(\dfrac{3x'^2}{8}\) \(+\) \(\dfrac{y'^2}{8}\) \(=\) \(1\)，以下课件用直观的图像来从形的角度来印证数的变换的正确性。

结论：通过旋转变换后能消去 \(xy\) 交叉项，得到的标准椭圆为：\(\dfrac{x'^2}{\frac{8}{3}}\) \(+\) \(\dfrac{y'^2}{8}\) \(=\) \(1\)，长轴在 \(y'\) 轴，且 \(a^2\) \(=\) \(8\)，\(b^2\) \(=\) \(\dfrac83\)。