高中数学人教A版4坐标系一平面直角坐标系

一平面直角坐标系1．回顾在平面直角坐标系中刻画点的位置的方法，体会坐标系的作用并领会坐标法的应用．2．了解在伸缩变换作用下平面图形的变化情况，掌握平面直角坐标系中的伸缩变换．(重点、难点)3．能够建立适当的直角坐标系解决数学问题．[基础·初探]教材整理1平面直角坐标系阅读教材P2～P4“探究”及以上部分，完成下列问题．1．平面直角坐标系的作用：使平面上的点与坐标(有序实数对)、曲线与方程建立了联系，从而实现了数与形的结合．2．坐标法：根据几何对象的特征，选择适当的坐标系，建立它的方程，通过方程研究它的性质及与其他几何图形的关系．3．坐标法解决几何问题的“三步曲”：第一步：建立适当坐标系，用坐标和方程表示问题中涉及的几何元素，将几何问题转化成代数问题；第二步：通过代数运算，解决代数问题；第三步，把代数运算结果“翻译”成几何结论．点P(－1,2)关于点A(1，－2)的对称点坐标为()A．(3,6) B．(3，－6)C．(2，－4) D．(－2,4)【解析】设对称点的坐标为(x，y)，则x－1＝2，且y＋2＝－4，∴x＝3，且y＝－6.【答案】B教材整理2平面直角坐标系中的伸缩变换阅读教材P4～P8“习题”以上部分，完成下列问题．设点P(x，y)是平面直角坐标系中的任意一点，在变换φ：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝λ·xλ>0，,y′＝μ·yμ>0))的作用下，点P(x，y)对应到点P′(x′，y′)，称φ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换，简称伸缩变换．1．将一个圆作伸缩变换后所得到的图形不可能是()A．椭圆 B．比原来大的圆C．比原来小的圆 D．双曲线【解析】由伸缩变换的意义可得．【答案】D2．y＝cosx经过伸缩变换eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝2x，,y′＝3y))后，曲线方程变为()A．y′＝3coseq\f(x′,2) B．y′＝3cos2x′C．y′＝eq\f(1,3)coseq\f(x′,2) D．y′＝eq\f(1,3)cos2x′【解析】由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝2x,y′＝3y))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)x′,y＝\f(1,3)y′))，又∵y＝cosx，∴eq\f(1,3)y′＝coseq\f(x′,2)，即y′＝3coseq\f(x′,2).【答案】A[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：解惑：疑问2：解惑：疑问3：解惑：[小组合作型]运用坐标法解决平面几何问题已知▱ABCD，求证：|AC|2＋|BD|2＝2(|AB|2＋|AD|2).【导学号：91060000】【思路探究】从要证的结论，联想到两点间的距离公式(或向量模的平方)，因此首先建立坐标系，设出A，B，C，D点的坐标，通过计算，证明几何结论．【自主解答】法一(坐标法)以A为坐标原点O，AB所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy，则A(0,0)，设B(a,0)，C(b，c)，则AC的中点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，\f(c,2)))，由对称性知D(b－a，c)，所以|AB|2＝a2，|AD|2＝(b－a)2＋c2，|AC|2＝b2＋c2，|BD|2＝(b－2a)2＋c2，|AC|2＋|BD|2＝4a2＋2b2＋2c2－4ab＝2(2a2＋b2＋c2－2ab)，|AB|2＋|AD|2＝2a2＋b2＋c2－2ab，∴|AC|2＋|BD|2＝2(|AB|2＋|AD|2)．法二(向量法)在▱ABCD中，eq\o(AC,\s\up8(→))＝eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(AD,\s\up8(→))，两边平方得eq\o(AC,\s\up8(→))2＝|eq\o(AC,\s\up8(→))|2＝eq\o(AB,\s\up8(→))2＋eq\o(AD,\s\up8(→))2＋2eq\o(AB,\s\up8(→))·eq\o(AD,\s\up8(→))，同理得eq\o(BD,\s\up8(→))2＝|eq\o(BD,\s\up8(→))|2＝eq\o(BA,\s\up8(→))2＋eq\o(BC,\s\up8(→))2＋2eq\o(BA,\s\up8(→))·eq\o(BC,\s\up8(→))，以上两式相加，得|eq\o(AC,\s\up8(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up8(→))|2＝2(|eq\o(AB,\s\up8(→))|2＋|eq\o(AD,\s\up8(→))|2)＋2eq\o(BC,\s\up8(→))·(eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(BA,\s\up8(→)))＝2(|eq\o(AB,\s\up8(→))|2＋|eq\o(AD,\s\up8(→))|2)，即|AC|2＋|BD|2＝2(|AB|2＋|AD|2)．1．本例实际上为平行四边形的一个重要定理：平行四边形的两条对角线的平方和等于其四边的平方和．法一是运用代数方法，即用解析法实现几何结论的证明．这种“以算代证”的解题策略就是坐标方法的表现形式之一．法二运用了向量的数量积运算，更显言简意赅，给人以简捷明快之感．2．建立平面直角坐标系的方法步骤：(1)建系——建立平面直角坐标系．建系原则是利于运用已知条件，使运算简便，表达式简明；(2)设点——选取一组基本量，用字母表示出题目涉及的点的坐标和曲线的方程；(3)运算——通过运算，得到所需要的结果．[再练一题]1．已知△ABC中，点D在BC边上，且满足|BD|＝|CD|.求证：|AB|2＋|AC|2＝2(|AD|2＋|BD|2)．【证明】法一以A(O)为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy.则A(0,0)，设B(a,0)，C(b，c)，则Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)，\f(c,2)))，所以|AD|2＋|BD|2＝eq\f(a＋b2,4)＋eq\f(c2,4)＋eq\f(a－b2,4)＋eq\f(c2,4)＝eq\f(1,2)(a2＋b2＋c2)，|AB|2＋|AC|2＝a2＋b2＋c2＝2(|AD|2＋|BD|2)．法二延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，CE，则四边形ABEC为平行四边形，由平行四边形的两条对角线的平方和等于四条边的平方和得|AE|2＋|BC|2＝2(|AB|2＋|AC|2)，即(2|AD|)2＋(2|BD|)2＝2(|AB|2＋|AC|2)，所以|AB|2＋|AC|2＝2(|AD|2＋|BD|2)．用坐标法解决实际问题由甲导弹驱逐舰、乙导弹驱逐舰、丙综合补给舰组成的护航编队奔赴某海域执行护航任务，对商船进行护航．某日，甲舰在乙舰正东6km处，丙舰在乙舰北偏西30°，相距4km.某时刻甲舰发现商船的某种求救信号．由于乙、丙两舰比甲舰距商船远，因此4s后乙、丙两舰才同时发现这一信号，此信号的传播速度为1km/s.若甲舰赶赴救援，行进的方位角应是多少？【思路探究】本题求解的关键在于确定商船相对于甲舰的相对位置，因此不妨用点A、B、C表示甲舰、乙舰、丙舰，建立适当坐标系，求出商船与甲舰的坐标，问题可解．【自主解答】设A，B，C，P分别表示甲舰、乙舰、丙舰和商船．如图所示，以直线AB为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立直角坐标系，则A(3,0)，B(－3,0)，C(－5,2eq\r(3))．∵|PB|＝|PC|，∴点P在线段BC的垂直平分线上．kBC＝－eq\r(3)，线段BC的中点D(－4，eq\r(3))，∴直线PD的方程为y－eq\r(3)＝eq\f(1,\r(3))(x＋4)． ①又|PB|－|PA|＝4，∴点P在以A，B为焦点的双曲线的右支上，双曲线方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1(x≥2)． ②联立①②，解得P点坐标为(8,5eq\r(3))，∴kPA＝eq\f(5\r(3),8－3)＝eq\r(3).因此甲舰行进的方位角为北偏东30°.1．由于A，B，C的相对位置一定，因此解决问题的关键是如何建系．2．运用坐标法解决实际问题的步骤：建系→设点→列关系式(或方程)→求解数学结果→回答实际问题．[再练一题]2．有一种大型商品，A、B两地都有出售，且价格相同，某地居民从两地之一购得商品后运回的费用：A地每千米的运费是B地每千米运费的3倍，已知A、B两地距离为10千米，顾客选择A地或B地购买这件商品的标准是包括运费和价格的总费用最低，求P地居民选择A地或B地购货总费用相等时，点P所在曲线的形状，并指出曲线上、曲线内、曲线外的居民应如何选择购物地点？【解】如图，以A、B所在的直线为x轴，线段AB的中点为原点建立直角坐标系，设P点的坐标为(x，y)，P到A、B两地购物的运费分别是3a、a(元/千米)．当由P地到A、B两地购物费用相等时，有“价格＋A地运费＝价格＋B地运费”，∴3a·eq\r(x＋52＋y2)＝a·eq\r(x－52＋y2)，化简整理，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(25,4)))eq\s\up10(2)＋y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,4)))eq\s\up10(2).(1)当P点在以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(25,4)，0))为圆心，eq\f(15,4)为半径的圆上时，居民到A地或B地购货总费用相等．(2)当P点在上述圆内时，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(25,4)))eq\s\up10(2)＋y2<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,4)))eq\s\up10(2)，∴[9(x＋5)2＋9y2]－[(x－5)2＋y2]＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(25,4)))eq\s\up10(2)＋y2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,4)))eq\s\up10(2)<0，∴3eq\r(x＋52＋y2)<eq\r(x－52＋y2).故此时到A地购物最合算．(3)当P点在上述圆外时，同理可知，此时到B地购物最合算．[探究共研型]伸缩变换探究1怎样由正弦曲线y＝sinx得到曲线y＝sin2x?【提示】如图，在正弦曲线y＝sinx上任取一点P(x，y)，保持纵坐标y不变，将横坐标x缩为原来的eq\f(1,2)，那么正弦曲线y＝sinx就变成曲线y＝sin2x.探究2怎样由正弦曲线y＝sinx得到曲线y＝3sinx?【提示】如图，在正弦曲线y＝sinx上任取一点P(x，y)，保持横坐标x不变，将纵坐标y伸长为原来的3倍，那么正弦曲线y＝sinx就变成曲线y＝3sinx.探究3怎样由正弦曲线y＝sinx得到曲线y＝3sin2x?【提示】实际上，这是上述探究1、2的“合成”：如图，先保持纵坐标y不变，将横坐标x缩为原来的eq\f(1,2)；在此基础上再将纵坐标y变为原来的3倍，就可以由正弦曲线y＝sinx得到曲线y＝3sin2x.在同一平面直角坐标系中，已知伸缩变换φ：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝3x，,2y′＝y.))(1)求点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－2))经过φ变换所得的点A′的坐标；(2)点B经过φ变换后得到点B′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(1,2)))，求点B的坐标；(3)求直线l：y＝6x经过φ变换后所得直线l′的方程；(4)求双曲线C：x2－eq\f(y2,64)＝1经过φ变换后所得曲线C′的焦点坐标．【思路探究】(1)由伸缩变换eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝3x，,2y′＝y，))求得x′，y′，即用x，y表示x′，y′；(2)(3)(4)将求得的x，y代入原方程得x′，y′间的关系．【自主解答】(1)设点A′(x′，y′)．由伸缩变换φ：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝3x，,2y′＝y，))得到eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝3x，,y′＝\f(1,2)y.))又已知点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－2)).于是x′＝3×eq\f(1,3)＝1，y′＝eq\f(1,2)×(－2)＝－1，∴变换后点A′的坐标为(1，－1)．(2)设B(x，y)，由伸缩变换φ：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝3x，,2y′＝y，))得到eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,3)x′，,y＝2y′，))由于B′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(1,2)))，于是x＝eq\f(1,3)×(－3)＝－1，y＝2×eq\f(1,2)＝1，∴B(－1,1)为所求．(3)设直线l′上任意一点P′(x′，y′)，由上述可知，将eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,3)x′,y＝2y′))，代入y＝6x得2y′＝6×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x′))，所以y′＝x′，即y′＝x′为所求．(4)设曲线C′上任意一点P′(x′，y′)，将eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,3)x′,y＝2y′))代入x2－eq\f(y2,64)＝1，得eq\f(x′2,9)－eq\f(4y′2,64)＝1，化简得eq\f(x′2,9)－eq\f(y′2,16)＝1，∴a2＝9，b2＝16，c2＝25，因此曲线C′的焦点F′1(5,0)，F′2(－5,0)．1．解答本题的关键：(1)是理解平面直角坐标系中的伸缩变换公式的意义与作用；(2)是明确变换前后点的坐标关系，利用方程思想求解．2．伸缩变换前后的关系：已知平面直角坐标系中的伸缩变换φ：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝λ·xλ>0，,y′＝μ·yμ>0，))则点的坐标与曲线的方程的关系为：联系类型变换前变换后点P(x，y)(λx，μy)曲线Cf(x，y)＝0feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)x′，\f(1,μ)y′))＝0[再练一题]3．若将例3中第(4)题改为：如果曲线C经过φ变换后得到的曲线的方程为x′2＝18y′，那么能否求出曲线C的焦点坐标和准线方程？请说明理由．【解】设曲线C上任意一点M(x，y)，经过φ变换后对应点M′(x′，y′)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝3x，,2y′＝y，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝3x，,y′＝\f(y,2).))(*)又M′(x′，y′)在曲线x′2＝18y′上． ①将(*)代入①式得(3x)2＝18×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y))，即x2＝y为曲线C的方程．可见仍是抛物线，其中p＝eq\f(1,2)，抛物线x2＝y的焦点为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，准线方程为y＝－eq\f(1,4).[构建·体系]eq\x(\a\al(平面直角,坐标系))—eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(—\x(平面直角坐标系)—\x(坐标法思想),—\x(伸缩变换)—\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(—\x(定义),—\x(应用)))))1．如何由正弦曲线y＝sinx经伸缩变换得到y＝eq\f(1,2)sineq\f(1,2)x的图象()A．将横坐标压缩为原来的eq\f(1,2)，纵坐标也压缩为原来的eq\f(1,2)B．将横坐标压缩为原来的eq\f(1,2)，纵坐标伸长为原来的2倍C．将横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标也伸长为原来的2倍D．将横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标压缩为原来的eq\f(1,2)【解析】y＝sinxeq\o(→,\s\up15(横坐标伸长为原来),\s\do14(的2倍))y＝sineq\f(1,2)xeq\o(→,\s\up15(纵坐标压缩为),\s\do14(原来的\f(1,2)))y＝eq\f(1,2)sineq\f(1,2)x.故选D.【答案】D2．将直线x＋y＝1变换为直线2x′＋3y′＝6的一个伸缩变换为()【导学号：91060001】\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝3x,y′＝2y)) \b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝2x,y′＝3y))\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(1,3)x,y′＝\f(1,2)y)) \b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(1,2)x,y′＝\f(1,3)y))【解析】设伸缩变换为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝λx，,y′＝μy，))由(x′，y′)在直线2x′＋3y′＝6上，则2λx＋3μy＝6，因此eq\f(λ,3)x＋eq\f(μ,2)y＝1，与x＋y＝1比较，∴eq\f(λ,3)＝1且eq\f(μ,2)＝1，故λ＝3且μ＝2，即所求的变换为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝3x，,y′＝2y.))【答案】A3．在△ABC中，B(－2,0)，C(2,0)，△ABC的周长为10，则A点的轨迹方程为________．【解析】∵△ABC的周长为10，∴|AB|＋|AC|＋|BC|＝10，其中|BC|＝4，即有|AB|＋|AC|＝6＞4，∴A点轨迹为椭圆除去B、C两点，且2a＝6,2c＝4，∴a＝3，c＝2，b2＝5，∴A点的轨迹方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1(y≠0)．【答案】eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1(y≠0)4．将圆x2＋y2＝1经过伸缩变换eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝4x,y′＝3y))后的曲线方程为________．【解析】由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝4x，,y′＝3y，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(,x＝\f(x′,4)，,y＝\f(y′,3)，))代入到x2＋y2＝1，得eq\f(x′2,16)＋eq\f(y′2,9)＝1.【答案】eq\f(x′2,16)＋eq\f(y′2,9)＝15．在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝2x，,y′＝\f(1,4)y))后，曲线C变为曲线eq\f(x′2,16)＋4y′2＝1，求曲线C的方程并画出图形．【解】设M(x，y)是曲线C上任意一点，变换后的点为M′(x′，y′)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝2x，,y′＝\f(1,4)y，))且M′(x′，y′)在曲线eq\f(x′2,16)＋4y′2＝1上，得eq\f(4x2,16)＋eq\f(4y2,16)＝1，∴x2＋y2＝4.因此曲线C的方程为x2＋y2＝4，表示以O(0,0)为圆心，以2为半径的圆(如图所示)．我还有这些不足：(1)(2)我的课下提升方案：(1)(2)学业分层测评(一)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．动点P到直线x＋y－4＝0的距离等于它到点M(2,2)的距离，则点P的轨迹是()A．直线 B．椭圆C．双曲线 D．抛物线【解析】∵M(2,2)在直线x＋y－4＝0上，∴点P的轨迹是过M与直线x＋y－4＝0垂直的直线．【答案】A2．已知线段BC长为8，点A到B，C两点距离之和为10，则动点A的轨迹为()A．直线 B．圆C．椭圆 D．双曲线【解析】由椭圆的定义可知，动点A的轨迹为一椭圆．【答案】C3．若△ABC三个顶点的坐标分别是A(1,2)，B(2,3)，C(3,1)，则△ABC的形状为()A．等腰三角形 B．等边三角形C．直角三角形 D．钝角三角形【解析】|AB|＝eq\r(2－12＋3－22)＝eq\r(2)，|BC|＝eq\r(3－22＋1－32)＝eq\r(5)，|AC|＝eq\r(3－12＋1－22)＝eq\r(5)，|BC|＝|AC|≠|AB|，△ABC为等腰三角形．【答案】A4．已知两定点A(－2,0)，B(1,0)，如果动点P满足|PA|＝2|PB|，则点P的轨迹所围成的图形的面积等于()A．π B．4πC．8π D．9π【解析】设P点的坐标为(x，y)，∵|PA|＝2|PB|，∴(x＋2)2＋y2＝4[(x－1)2＋y2]，即(x－2)2＋y2＝4.故P点的轨迹是以(2,0)为圆心，以2为半径的圆，它的面积为4π.【答案】B5．在同一平面直角坐标系中，将曲线y＝eq\f(1,3)cos2x按伸缩变换eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝2x，,y′＝3y，))后为()A．y′＝cosx′ B．y′＝3coseq\f(1,2)x′C．y′＝2coseq\f(1,3)x′ D．y′＝eq\f(1,2)cos3x′【解析】由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝2x，,y′＝3y，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x′,2)，,y＝\f(y′,3).))代入y＝eq\f(1,3)cos2x，得eq\f(y′,3)＝eq\f(1,3)cosx′，∴y′＝cosx′.【答案】A二、填空题6．若点P(－2016,2017)经过伸缩变换eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(x,2017)，,y′＝\f(y,2016)))后的点在曲线x′y′＝k上，则k＝________.【解析】∵P(－2016,2017)经过伸缩变换eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(x,2017)，,y′＝\f(y,2016)，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(－2016,2017)，,y′＝\f(2017,2016)，))代入x′y′＝k，得k＝－1.【答案】－17．将点P(2,3)变换为点P′(1,1)的一个伸缩变换公式为________.【导学号：91060002】【解析】设伸缩变换为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝hxh＞0，,y′＝kyk＞0，))由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝2h，,1＝3k，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h＝\f(1,2)，,k＝\f(1,3)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(x,2)，,y′＝\f(y,3).))【答案】eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(x,2),y′＝\f(y,3)))8．平面直角坐标系中，在伸缩变换φ：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝λxλ>0，λ≠1，,y′＝μyμ>0，μ≠1，))作用下仍是其本身的点为________．【解析】设P(x，y)在伸缩变换φ：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝λxλ>0，,y′＝μyμ>0))作用下得到P′(λx，μy)．依题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝λx，,y＝μy，))其中λ>0，μ>0，λ≠1，μ≠1，∴x＝y＝0，即P(0,0)为所求．【答案】(0,0)三、解答题9．在平面直角坐标系中，求下列方程所对应的图形经过伸缩变换eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(x,3)，,y′＝\f(y,2)))后的图形．(1)x2－y2＝1；(2)eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,8)＝1.【解】由伸缩变换eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(x,3)，,y′＝\f(y,2)，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3x′，,y＝2y′.))①(1)将①代入x2－y2＝1得9x′2－4y′2＝1，因此，经过伸缩变换eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(x,3)，,y′＝\f(y,2)))后，双曲线x2－y2＝1变成双曲线9x′2－4y′2＝1，如图甲所示．(2)将①代入eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,8)＝1得x′2＋eq\f(y′2,2)＝1，因此，经过伸缩变换eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(x,3)，,y′＝\f(y,2)))后，椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,8)＝1变成椭圆x′2＋eq\f(y′2,2)＝1，如图乙所示．10．台风中心从A地以20km/h的速度向东北方向移动，离台风中心30km内的地区为危险区，城市B在A地正东40km处．求城市B处于危险区内的时间．【解】以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，则B(40,0)，以点B为圆心，30为半径的圆的方程为(x－40)2＋y2＝302，台风中心移动到圆B内时，城市B处于危险区．台风中心移动的轨迹为直线y＝x，与圆B相交于点M，N，点B到直线y＝x的距离d＝eq\f(40,\r(2))＝20eq\r(2).求得|MN|＝2eq\r(302－d2)＝20(km)，故eq\f(|MN|,20)＝1，所以城市B处于危险区的时间为1h.[能力提升]1．在同一平面直角坐标系中经过伸缩变换eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝5x，,y′＝3y))后曲线C变为曲线2x′2＋8y′2＝0，则曲线C的方程为()A．25x2＋36y2＝0 B．9x2＋100y2＝0C．10x＋24y＝0 \f(2,25)x2＋eq\f(8,9)y2＝0【解析】将eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝5x，,y′＝3y，))代入2x′2＋8y′2＝0，得：2·(5x)2＋8·(3y)2＝0，即：2