设平面直角坐标系 \(xOy\)，平面上任意一点 \(P\)，旋转前坐标：\((x,y)\)，绕原点逆时针旋转 \(\theta\) 角后得到点 \(P'\)，坐标为\((x',y')\)，
极坐标辅助理解：\(x\) \(=\) \(r\cos\alpha\) , \(y\) \(=\) \(r\sin\alpha\)，旋转后极径不变，极角变为 \(\alpha\) \(+\) \(\theta\)：\(x'=r\cos(\alpha+\theta)\) , \(y'=r\sin(\alpha+\theta)\)，则有
\[\begin{align*}x' &= r\cos(\alpha+\theta) = r(\cos\alpha\cos\theta - \sin\alpha\sin\theta) \\ y' &= r\sin(\alpha+\theta) = r(\sin\alpha\cos\theta + \cos\alpha\sin\theta) \end{align*}\]
把 \(x=r\cos\alpha\) , \(y=r\sin\alpha\) 代入，得到点逆时针旋转公式：
\[\boxed{ \begin{cases} x' = x\cos\theta - y\sin\theta \\ y' = x\sin\theta + y\cos\theta \end{cases} } \tag{1} \]
线性变换来源，写成矩阵乘法，这是二维正交旋转矩阵：
\[\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}\]
该矩阵行列式 \(\cos^2\theta\) \(+\) \(\sin^2\theta\) \(=\) \(1\)，正交、保长度、保角度，因此旋转不改变曲线形状。
场景1️⃣：点绕原点旋转（点动，坐标系不动）
已知原曲线 \(F(x,y)=0\)，点 \((x,y)\) 旋转后到 \((x',y')\)，求旋转后曲线方程。
公式(1)是用原坐标表示新坐标，要代入曲线需要反解 \(x,y\)：
旋转逆变换（顺时针转 \(\theta\)，等价逆时针转 \(-\theta\)），代入 \(\theta\to-\theta\)：
\[\begin{cases} x = x'\cos\theta + y'\sin\theta \\ y = -x'\sin\theta + y'\cos\theta \end{cases} \]
将 \(x,y\) 替换原曲线里的变量，得到旋转后的曲线方程：
\[F\big(x'\cos\theta+y'\sin\theta,\ -x'\sin\theta+y'\cos\theta\big)=0 \]
习惯省略撇号，写成标准曲线旋转替换法则：曲线绕原点逆时针转 \(\theta\)，只需把原式中\(x\) \(\to\) \(x\cos\theta+y\sin\theta\)， \(y\) \(\to\) \(-x\sin\theta+y\cos\theta\) .
场景2️⃣：坐标轴旋转（坐标系转，点不动，解析几何常用）
把坐标系逆时针转 \(\theta\)，点 \(P\) 相对新系坐标 \((x',y')\)、旧系 \((x,y)\)，几何关系刚好和上面逆变换一致：
\[\begin{cases} x = x'\cos\theta - y'\sin\theta \\ y = x'\sin\theta + y'\cos\theta \end{cases} \]
这是二次曲线化简（消 \(xy\) 交叉项）的坐标轴旋转公式，来源同样是极角和差。
\[\boldsymbol{r}'=x\boldsymbol{e}_1'+y\boldsymbol{e}_2' =x(\cos\theta,\sin\theta)+y(-\sin\theta,\cos\theta) \]
直接拆分分量得到旋转公式，从线性空间基变换角度验证。
若顺时针转 \(\theta\)，取转角 \(-\theta\)，\(\cos(-\theta)=\cos\theta,\ \sin(-\theta)=-\sin\theta\)，代入得：
\[\begin{cases} x' = x\cos\theta + y\sin\theta \\ y' = -x\sin\theta + y\cos\theta \end{cases} \]
1.几何根源：平面点极坐标，旋转仅改变极角；
2.代数工具：三角函数和差恒等式展开；
3.线性代数升华：二维正交旋转变换矩阵，基向量旋转合成；
4.曲线方程变换：区分「点旋转」和「坐标轴旋转」，通过逆代换得到曲线新方程。
将双曲线 \(xy=1\) 逆时针转 \(45^\circ\) 后其方程变化为什么了？
\(\cos45^\circ=\sin45^\circ=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，替换 \(x\to \dfrac{\sqrt{2}}{2}(x+y),\ y\to \dfrac{\sqrt{2}}{2}(-x+y)\)
则有：\(\dfrac{\sqrt{2}}{2}(x+y)\cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}(-x+y)=1\)
化简即：\(\dfrac{y^2-x^2}{2}=1\)，标准双曲线，证明公式推导正确。
【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 \(a^2\) \(=\) \(8\)，\(b^2\) \(=\) \(\dfrac83\)。
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