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三元二次回归旋转组合设计例题在日常生活中，数据分析与处理是一项重要的技能，尤其在科学研究、产品研发等领域。
为了更好地研究多个变量之间的关系，一种常用的方法就是运用三元二次回归旋转组合设计。
下面，我们就来详细了解一下这种设计方法。
一、三元二次回归旋转组合设计的概念三元二次回归旋转组合设计是一种试验设计方法，它通过对多个变量进行组合，构建出一个旋转矩阵，从而达到降维、简化数据的目的。
在这种设计中，每个变量都有两个水平，可以表示为(-1, 1)。
通过这种设计，我们可以得到较少的试验次数，同时还能保证试验结果的有效性。
二、三元二次回归旋转组合设计的优点1.试验次数较少：与全因子设计相比，三元二次回归旋转组合设计的试验次数较少，可以节省人力、物力和时间成本。
2.保持变量间的相关性：在旋转组合设计中，各个变量之间的相关性得以保持，便于我们研究变量之间的相互作用。
3.易于分析：通过旋转矩阵的构建，可以将多个变量之间的关系简化为少数几个线性关系，便于我们进行后续的数据分析。
三、实例题目解析下面，我们通过一个具体的实例来详细讲解三元二次回归旋转组合设计的应用。
例题：某研究者想要研究三个变量X、Y、Z之间的关系，可以采用三元二次回归旋转组合设计。
设定每个变量的两个水平分别为(-1, 1)，构建旋转矩阵。
解：根据三元二次回归旋转组合设计的构建方法，我们可以得到如下的旋转矩阵：X：[1 0 0][0 1 0]Y：[0 1 0][0 0 1]Z：[0 0 1][1 0 0]通过这个旋转矩阵，我们可以将三个变量之间的关系简化为以下形式：X = a0 + a1*Y + a2*ZY = b0 + b1*X + b2*ZZ = c0 + c1*X + c2*Y研究者可以根据这个简化后的模型，进行后续的数据分析，从而研究变量之间的相互关系。
总之，三元二次回归旋转组合设计是一种实用且高效的数据处理方法，通过简化变量关系、降低试验次数，为我们研究多个变量之间的相互作用提供了便利。
平面几何形的旋转问题旋转是平面几何中常见的操作，通过旋转可以改变图形的朝向和位置。
在平面几何中，旋转问题是一个重要且有趣的研究方向，它不仅应用广泛，而且有很多有趣的数学性质和几何学意义。
旋转的基本概念在讨论平面几何形的旋转问题之前，我们首先回顾一下旋转的基本概念。
旋转是指围绕一个固定点或轴进行的圆周运动，旋转中的点在平面上按照一定的轨迹运动。
旋转可以使用不同的参数进行描述，例如旋转角度、旋转中心等。
旋转矩阵与旋转变换旋转问题可以通过矩阵运算来描述和求解。
旋转矩阵是一个二维矩阵，可以通过给定的旋转角度和旋转中心来构造。
旋转矩阵作用于平面上的点，可以将该点绕旋转中心按照给定的角度进行旋转。
旋转变换是将一个平面几何形按照指定的旋转矩阵进行变换，从而改变其位置和朝向。
旋转问题的应用旋转问题在很多实际应用中起着重要的作用。
例如，在计算机图形学中，旋转操作是一种常见的几何变换，它可以用于实现图形的旋转、平移和缩放等操作。
在机器人学中，旋转问题是研究机器人运动和控制的重要内容，通过旋转可以实现机器人的定位和导航。
此外，在物理学中也经常涉及到旋转问题，例如研究刚体的旋转运动、角动量的守恒等。
旋转问题的数学性质旋转问题具有很多有趣的数学性质，这些性质对于解决旋转问题具有重要的指导作用。
例如，旋转矩阵具有很多重要的性质，例如正交性、幺正性等。
此外，旋转矩阵之间的乘法运算具有一些特殊的性质，例如结合律、可逆性等。
旋转问题的几何学意义旋转问题在几何学中有着丰富的意义。
通过旋转可以改变平面几何形的朝向和位置，从而使得形状具有不同的几何性质。
例如，通过旋转可以将一个长方形变成一个正方形，或者将一个椭圆变成一个圆形。
此外，旋转还可以用来证明一些几何定理和性质，例如旋转对称性、旋转不变性等。
结语平面几何形的旋转问题是一个有趣且具有重要应用的研究方向。
旋转不仅在平面几何学中起着重要的作用，而且具有许多有趣的数学性质和几何学意义。
三元二次正交回归旋转通用设计引言：在现代科学与技术领域，研究人员经常需要对大量数据进行分析和处理。
其中，回归分析是一种常用的数据分析方法，用于研究变量之间的关系。
然而，传统的回归分析方法在处理高维数据时存在一些问题，例如维度灾难和多重共线性。
因此，三元二次正交回归旋转通用设计被提出，旨在解决这些问题，提高回归分析的准确性和可解释性。
一、维度灾难与多重共线性的问题在传统的回归分析中，当自变量维度较高时，会出现维度灾难的问题。
维度灾难指的是随着自变量维度的增加，样本空间的体积迅速膨胀，导致所需的样本数量呈指数增长。
这使得回归分析在高维数据中变得困难且不可靠。
多重共线性是指自变量之间存在较高的相关性，这会导致回归分析结果不稳定且难以解释。
在传统的回归模型中，多重共线性会导致回归系数的估计不准确，增加了模型的不确定性。
二、三元二次正交回归旋转通用设计的原理为了解决维度灾难和多重共线性的问题，三元二次正交回归旋转通用设计被提出。
该方法的核心思想是通过正交设计和回归旋转的方式来提高回归分析的效果。
通过正交设计的方法，可以使自变量之间的相关性尽可能小。
正交设计是一种特殊的实验设计方法，它通过合理安排实验因素的水平组合，降低了自变量之间的相关性。
这样一来，回归分析中的多重共线性问题就能够得到缓解，提高了模型的稳定性。
通过回归旋转的方式，可以将高维数据转化为低维数据，从而降低了维度灾难的影响。
回归旋转是一种将原始自变量进行线性或非线性变换的方法，使得新的自变量能够更好地解释因变量的变化。
通过回归旋转，可以使自变量的数量减少，同时保留了原始数据的信息。
三、三元二次正交回归旋转通用设计的应用三元二次正交回归旋转通用设计在实际应用中具有广泛的应用价值。
它可以用于多个领域的数据分析，如经济学、医学、环境科学等。
在经济学中，三元二次正交回归旋转通用设计可以用于预测和解释经济变量之间的关系。
通过分析各种经济指标的数据，可以帮助经济学家预测未来的经济发展趋势，为政策制定者提供决策依据。
三元二次正交回归旋转通用设计在统计学和机器学习领域中，回归分析是一种重要的建模方法，用于探究自变量与因变量之间的关系。
而正交回归是一种特殊的回归方法，它可以解决自变量之间共线性的问题，提高模型的稳定性和可解释性。
本文将介绍三元二次正交回归旋转通用设计方法，以及其在实际应用中的意义和优势。
一、三元二次正交回归在传统的回归分析中，如果自变量之间存在较强的相关性，会导致模型的方差变大，降低模型的预测能力。
而正交回归通过将自变量进行正交化处理，消除它们之间的相关性，从而提高模型的稳定性。
在三元二次正交回归中，通常会将自变量进行二次展开，以更好地捕捉自变量之间的非线性关系。
二、回归旋转回归旋转是一种将原始自变量进行旋转变换的技术，旨在提高模型的解释能力和预测准确性。
通过回归旋转，可以将原始的自变量空间转换为一个新的正交空间，从而使模型更容易解释和理解。
在三元二次正交回归中，回归旋转可以进一步优化模型的设计，提高模型的拟合效果和泛化能力。
三、通用设计三元二次正交回归旋转通用设计是一种灵活而有效的建模方法，适用于各种类型的数据分析和预测问题。
通过将正交回归和回归旋转相结合，可以充分挖掘数据中隐藏的非线性关系，提高模型的拟合效果和预测准确性。
同时，通用设计的特点使得模型具有较强的适应能力，可以应用于不同领域和不同类型的数据集。
四、应用意义三元二次正交回归旋转通用设计在实际应用中具有重要的意义和应用价值。
首先，它可以帮助研究人员更好地理解数据中的复杂关系，揭示隐藏在数据背后的规律和模式。
其次，通过建立高效稳健的模型，可以为决策者提供可靠的决策支持，帮助他们更好地制定策略和规划。
最后，三元二次正交回归旋转通用设计还可以为学术研究和工程实践提供有力的工具和方法，推动科学技术的发展和创新。
三元二次正交回归旋转通用设计是一种强大而灵活的建模方法，具有广泛的应用前景和深远的意义。
通过合理运用这一方法，可以更好地理解和利用数据，为决策和创新提供有力支持，推动社会经济的持续发展。
【专题12】几何图形的旋转模型研究【回归概念】旋转变换是由一个图形改变为另一个图形，在改变过程中，原图上所有的点都绕一个固定的点换同一方向，转动同一个角度。
旋转模型主要体现在以下几个情况:【规律探寻】1.共顶点旋转模型(证明基本思想“SAS”)2.利用旋转思想构造辅助线（1）根据相等的边先找出被旋转的三角形（2）根据对应边找出旋转角度（3）根据旋转角度画出对应的旋转的三角形3.旋转变换前后具有以下性质：（1）对应线段相等，对应角相等（2）对应点位置的排列次序相同（3）任意两条对应线段所在直线的夹角都等于旋转角 ．4.旋转变换还用于处理：①几何最值问题：几何最值两个重要公理依据是：两点之间线段最短和垂线段最短；②有关线段的不等关系；③自己构造绕某点旋转某角度（特别是60度），把共顶点的几条线段变为首尾相接的几条线段，再变为共线取得最小值问题，计算中常用到等腰三角形或勾股定理等知识。
【典例解析】【例题1】（2019•湖北省随州市•3分）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的直角顶点C的坐标为（1，0），点A在x轴正半轴上，且AC=2．将△ABC先绕点C逆时针旋转90°，再向左平移3个单位，则变换后点A的对应点的坐标为______．【例题2】（2019•浙江绍兴•12分）如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD＝30，DM＝10．（1）在旋转过程中，①当A，D，M三点在同一直线上时，求AM的长．②当A，D，M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长．（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处，连结D1D2，如图2，此时∠AD2C＝135°，CD2＝60，求BD2的长．【例题3】（2018•自贡）如图，已知∠AOB=60°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个120°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E．（1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE+OD与OC的数量关系，并说明理由；（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；（3）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3中画出图形，若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．【达标检测】1. （2018海南）（3.00分）如图，在△ABC中，AB=8，AC=6，∠BAC=30°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，连接BC1，则BC1的长为（）A．6 B．8 C．10 D．122. （2017山东泰安）如图，在正方形网格中，线段A′B′是线段AB绕某点逆时针旋转角α得到的，点A′与A对应，则角α的大小为（）A．30°B．60° C．90° D．120°3. （2019•湖北省荆门市•3分）如图，Rt△OCB的斜边在y轴上，OC＝3，含30°角的顶点与原点重合，直角顶点C在第二象限，将Rt△OCB绕原点顺时针旋转120°后得到△OC′B'，则B点的对应点B′的坐标是（）A3，﹣1）B．（13）C．（2，0）D3，0）4. 如图示，若△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点（Brocard point）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．L．Crelle 1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard 1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF 中，∠EDF=90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ=1，则EQ+FQ=（）A．5 B．4 C． D．5.（2019浙江丽水3分）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线剪去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中FM，GN是折痕．若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等，则的值是（）A．522B．2﹣1 C．D．226. (2019•湖南常德•3分)如图，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠BAC＝45°，点D在AC边上，将△ABD绕点A逆时针旋转45°得到△ACD′，且点D′、D、B三点在同一条直线上，则∠ABD的度数是．7. (2019•湖南益阳•4分)在如图所示的方格纸(1格长为1个单位长度)中，△ABC的顶点都在格点上，将△ABC绕点O按顺时针方向旋转得到△A'B'C'，使各顶点仍在格点上，则其旋转角的度数是．8. （2019•海南省•4分）如图，将Rt△ABC的斜边AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转β（0°＜β＜90°）得到AF，连结EF．若AB＝3，AC＝2，且α+β＝∠B，则EF＝．9. (2019，山西，3分）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10cm，点D为△ABC内一点，∠BAD=15°，AD=6cm，连接BD，将△ABD绕点A逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点E，连接DE，DE 交AC于点F，则CF的长为 cm.10. （2019•广西北部湾•8分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（2，－1）、B（1，－2）、C（3，－3）.（1）将△ABC向上平移4个单位长度得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1;（2）请画出△ABC关于y轴对称的△A2B2C2;（3）请写出A1、A2的坐标.11. （2018•宁波）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是AB边上一点（点D与A，B不重合），连结CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连结DE交BC于点F，连接BE．（1）求证：△ACD≌△BCE；（2）当AD=BF时，求∠BEF的度数．14，点D，E分别在边12. (2019•浙江丽水•12分)如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF．(1)如图1，若AD＝BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O．求证：BD＝2DO．(2)已知点G为AF的中点．①如图2，若AD＝BD，CE＝2，求DG的长．②若AD＝6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．【参考答案】【典例解析】【例题1】（2019•湖北省随州市•3分）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的直角顶点C的坐标为（1，0），点A在x轴正半轴上，且AC=2．将△ABC先绕点C逆时针旋转90°，再向左平移3个单位，则变换后点A的对应点的坐标为______．【答案】（-2，2）【解析】解：∵点C的坐标为（1，0），AC=2，∴点A的坐标为（3，0），如图所示，将Rt△ABC先绕点C逆时针旋转90°，则点A′的坐标为（1，2），再向左平移3个单位长度，则变换后点A′的对应点坐标为（-2，2），故答案为：（-2，2）．根据旋转变换的性质得到旋转变换后点A的对应点坐标，根据平移的性质解答即可．本题考查的是坐标与图形变化旋转和平移，掌握旋转变换、平移变换的性质是解题的关键．【例题2】（2019•浙江绍兴•12分）如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD＝30，DM＝10．（1）在旋转过程中，①当A，D，M三点在同一直线上时，求AM的长．②当A，D，M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长．（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处，连结D1D2，如图2，此时∠AD2C＝135°，CD2＝60，求BD2的长．【分析】（1）①分两种情形分别求解即可．②显然∠MAD不能为直角．当∠AMD为直角时，根据AM2＝AD2﹣DM2，计算即可，当∠ADM＝90°时，根据AM2＝AD2+DM2，计算即可．（2）连接CD．首先利用勾股定理求出CD1，再利用全等三角形的性质证明BD2＝CD1即可．【解答】解：（1）①AM＝AD+DM＝40，或AM＝AD﹣DM＝20．②显然∠MAD不能为直角．当∠AMD为直角时，AM2＝AD2﹣DM2＝302﹣102＝800，∴AM＝202或（﹣202舍弃）．当∠ADM＝90°时，AM2＝AD2+DM2＝302+102＝1000，∴AM＝1010或（﹣1010舍弃）．综上所述，满足条件的AM的值为202或1010．（2）如图2中，连接CD．由题意：∠D1AD2＝90°，AD1＝AD2＝30，∴∠AD2D1＝45°，D1D2＝302，∵∠AD2C＝135°，∴∠CD2D1＝90°，∴CD1＝＝6，∵∠BAC＝∠A1AD2＝90°，∴∠BAC﹣∠CAD2＝∠D2AD1﹣∠CAD2，∴∠BAD1＝∠CAD2，∵AB＝AC，AD2＝AD1，∴△BAD2≌△CAD1（SAS），∴BD2＝CD1＝6．【点评】本题属于四边形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．【例题3】（2018•自贡）如图，已知∠AOB=60°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个120°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E．（1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE+OD与OC的数量关系，并说明理由；（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；（3）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3中画出图形，若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．【分析】（1）先判断出∠OCE=60°，再利用特殊角的三角函数得出OD=OC，同OE=OC，即可得出结论；（2）同（1）的方法得OF+OG=OC，再判断出△CFD≌△CGE，得出DF=EG，最后等量代换即可得出结论；（3）同（2）的方法即可得出结论．【解答】解：（1）∵OM是∠AOB的角平分线，∴∠AOC=∠BOC=∠AOB=30°，∵CD⊥OA，∴∠ODC=90°，∴∠OCD=60°，∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=60°，在Rt△OCD中，OD=OC•cos30°=OC，同理：OE=OC，∴OD+OE=OC；（2）（1）中结论仍然成立，理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=60°，∴∠FCG=120°，同（1）的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴CF=CG，∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，∴OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，∴OD+OE=OC；（3）（1）中结论不成立，结论为：OE﹣OD=OC，理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=60°，∴∠FCG=120°，同（1）的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴CF=CG，∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，∴OF=DF﹣OD=EG﹣OD，OG=OE﹣EG，∴OF+OG=EG﹣OD+OE﹣EG=OE﹣OD，∴OE﹣OD=OC．【达标检测】1. （2018海南）（3.00分）如图，在△ABC中，AB=8，AC=6，∠BAC=30°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，连接BC1，则BC1的长为（）A．6 B．8 C．10 D．12【分析】根据旋转的性质得出AC=AC1，∠BAC1=90°，进而利用勾股定理解答即可．【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，∴AC=AC1，∠CAC1=90°，∵AB=8，AC=6，∠BAC=30°，∴∠BAC1=90°，AB=8，AC1=6，∴在Rt△BAC1中，BC1的长=，故选：C．2. （2017山东泰安）如图，在正方形网格中，线段A′B′是线段AB绕某点逆时针旋转角α得到的，点A′与A对应，则角α的大小为（）A．30° B．60° C．90° D．120°【分析】根据题意确定旋转中心后即可确定旋转角的大小．【解答】解：如图：显然，旋转角为90°，故选C．3. （2019•湖北省荆门市•3分）如图，Rt△OCB的斜边在y轴上，OC3，含30°角的顶点与原点重合，直角顶点C在第二象限，将Rt△OCB绕原点顺时针旋转120°后得到△OC′B'，则B点的对应点B′的坐标是（）A．（3，﹣1）B．（1，﹣3）C．（2，0）D．（3，0）【分析】如图，利用含30度的直角三角形三边的关系得到BC＝1，再利用旋转的性质得到OC′＝OC ＝3，B′C′＝BC＝1，∠B′C′O＝∠BCO＝90°，然后利用第四象限点的坐标特征写出点B′的坐标．【解答】解：如图，在Rt△OCB中，∵∠BOC＝30°，∴BC＝33OC＝33×3＝1，∵Rt△OCB绕原点顺时针旋转120°后得到△OC′B'，∴OC′＝OC＝3，B′C′＝BC＝1，∠B′C′O＝∠BCO＝90°，∴点B′的坐标为（3，﹣1）．故选：A．【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．4. 如图示，若△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点（Brocard point）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．L．Crelle 1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard 1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF 中，∠EDF=90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ=1，则EQ+FQ=（）A．5 B．4 C．D．【分析】由△DQF∽△FQE，推出===，由此求出EQ、FQ即可解决问题．【解答】解：如图，在等腰直角三角形△DEF中，∠EDF=90°，DE=DF，∠1=∠2=∠3，∵∠1+∠QEF=∠3+∠DFQ=45°，∴∠QEF=∠DFQ，∵∠2=∠3，∴△DQF∽△FQE，∴===，∵DQ=1，∴FQ=，EQ=2，∴EQ+FQ=2+，故选D【点评】1．应用旋转解决几何问题时：(1)抓住旋转中的“变”与“不变”；(2)找准旋转前后的对应点和对应线段、旋转角等；(3)充分利用旋转过程中线段、角之间的关系．2．当旋转方向没有确定时，需要分类，即分逆时针和顺时针两种情况讨论．5. （2019浙江丽水3分）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线剪去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中FM，GN是折痕．若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等，则的值是（）A．522- B ．2﹣1 C ． D ．22【分析】连接HF ，设直线MH 与AD 边的交点为P ，根据剪纸的过程以及折叠的性质得PH ＝MF 且正方形EFGH 的面积＝×正方形ABCD 的面积，从而用a 分别表示出线段GF 和线段MF 的长即可求解．【解答】解：连接HF ，设直线MH 与AD 边的交点为P ，如图：由折叠可知点P 、H 、F 、M 四点共线，且PH ＝MF ，设正方形ABCD 的边长为2a ，则正方形ABCD 的面积为4a 2，∵若正方形EFGH 与五边形MCNGF 的面积相等∴由折叠可知正方形EFGH 的面积＝15×正方形ABCD 的面积＝245a ， ∴正方形EFGH 的边长GF ＝245a ＝255a ∴HF＝2GF ＝2105a ∴MF＝PH ＝210252a a -＝5105a - ∴510-2552- 故选：A ．【点评】本题主要考查了剪纸问题、正方形的性质以及折叠的性质，由剪纸的过程得到图形中边的关系是解题关键．6. (2019•湖南常德•3分)如图，已知△ABC 是等腰三角形，AB ＝AC ，∠BAC＝45°，点D 在AC 边上，将△ABD 绕点A 逆时针旋转45°得到△ACD′，且点D′、D 、B 三点在同一条直线上，则∠ABD 的度数是 ．【考点】旋转．【分析】由旋转的性质可得∠BAC＝∠CAD'＝45°，AD＝AD'，由等腰三角形的性质可得∠AD'D＝67.5°，∠D'AB＝90°，即可求∠ABD的度数．【解答】解：∵将△ABD绕点A逆时针旋转45°得到△ACD′，∴∠BAC＝∠CAD'＝45°，AD＝AD'，∴∠AD'D＝67.5°，∠D'AB＝90°，∴∠ABD＝22.5°．故答案为22.5°．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．7. (2019•湖南益阳•4分)在如图所示的方格纸(1格长为1个单位长度)中，△ABC的顶点都在格点上，将△ABC绕点O按顺时针方向旋转得到△A'B'C'，使各顶点仍在格点上，则其旋转角的度数是．【考点】旋转．【分析】根据旋转角的概念找到∠BOB′是旋转角，从图形中可求出其度数．【解答】解：根据旋转角的概念：对应点与旋转中心连线的夹角，可知∠BOB′是旋转角，且∠BOB′＝90°，故答案为90°．【点评】本题主要考查了旋转角的概念，解题的关键是根据旋转角的概念找到旋转角．8. （2019•海南省•4分）如图，将Rt△ABC的斜边AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转β（0°＜β＜90°）得到AF，连结EF．若AB＝3，AC＝2，且α+β＝∠B，则EF＝．【分析】由旋转的性质可得AE ＝AB ＝3，AC ＝AF ＝2，由勾股定理可求EF 的长．【解答】解：由旋转的性质可得AE ＝AB ＝3，AC ＝AF ＝2，∵∠B+∠BAC ＝90°，且α+β＝∠B ，∴∠BAC+α+β＝90°∴∠EAF ＝90°∴EF ＝＝ 故答案为： 【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，灵活运用旋转的性质是本题的关键．9. (2019，山西，3分）如图，在△ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC=10cm ，点D 为△ABC 内一点，∠BAD=15°，AD=6cm ，连接BD ，将△ABD 绕点A 逆时针方向旋转，使AB 与AC 重合，点D 的对应点E ，连接DE ，DE 交AC 于点F ，则CF 的长为 cm.【解析】过点A 作AG⊥DE 于点G ，由旋转可知：AD=AE ，∠DAE=90°，∠CAE=∠BAD=15° ∴∠AED=45°；在△AEF 中：∠AFD=∠AED+∠CAE=60°在Rt△ADG 中：AG=DG=232=AD 在Rt△AF G 中：622,63====FG AF AG GF ∴6210-=-=AF AC CF故答案为：6210-10. （2019•广西北部湾•8分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC 的三个顶点坐标分别是A （2，－1）、B （1，－2）、C （3，－3）.（1）将△ABC 向上平移4个单位长度得到△A 1B 1C 1，请画出△A 1B 1C 1;（2）请画出△ABC关于y轴对称的△A2B2C2;（3）请写出A1、A2的坐标.【答案】解：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求；（2）如图所示：△A2B2C2，即为所求；（3）A1（2，3），A2（-2，-1）．【解析】（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；（2）直接利用轴对称的性质得出对应点位置进而得出答案；（3）利用所画图象得出对应点坐标．此题主要考查了轴对称变换以及平移变换，正确得出对应点位置是解题关键．11. （2018•宁波）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是AB边上一点（点D与A，B不重合），连结CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连结DE交BC于点F，连接BE．（1）求证：△ACD≌△BCE；（2）当AD=BF时，求∠BEF的度数．【分析】（1）由题意可知：CD=CE，∠DCE=90°，由于∠ACB=90°，所以∠ACD=∠ACB﹣∠DCB，∠BCE=∠DCE﹣∠DCB，所以∠ACD=∠BCE，从而可证明△ACD≌△BCE（SAS）（2）由△ACD≌△BCE（SAS）可知：∠A=∠CBE=45°，BE=BF，从而可求出∠BEF的度数．【解答】解：（1）由题意可知：CD=CE，∠DCE=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACD=∠ACB﹣∠DCB，∠BCE=∠DCE﹣∠DCB，∴∠ACD=∠BCE，在△ACD与△BCE中，∴△ACD≌△BCE（SAS）（2）∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠A=45°，由（1）可知：∠A=∠CBE=45°，∵AD=BF，∴BE=BF，∴∠BEF=67.5°【点评】图形在旋转过程中，图中的每一个点与旋转中心的连线都绕着旋转中心转动了相同的角度，对应线段相等，对应角相等．在利用此性质解决问题时，应充分寻找对应线段、对应角．14，点D，E分别在边12. (2019•浙江丽水•12分)如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF．(1)如图1，若AD＝BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O．求证：BD＝2DO．(2)已知点G为AF的中点．①如图2，若AD＝BD，CE＝2，求DG的长．②若AD＝6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．【考点】三角形综合．【分析】(1)如图1中，首先证明CD＝BD＝AD，再证明四边形ADFC是平行四边形即可解决问题．(2)①作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．证明DG是△ABF的中位线，想办法求出BF即可解决问题．②分三种情形情形：如图3﹣1中，当∠DEG＝90°时，F，E，G，A共线，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC 于H．设EC＝x．构建方程解决问题即可．如图3﹣2中，当∠EDG＝90°时，取AB的中点O，连接OG．作EH⊥AB于H．构建方程解决问题即可．如图3﹣3中，当∠DGE＝90°时，构造相似三角形，利用相似三角形的性质构建方程解决问题即可．【解答】(1)证明：如图1，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，BD＝AD，∴CD⊥AB，CD＝AD＝BD，∵CD＝CF，∴AD＝CF，∵∠ADC＝∠DCF＝90°，∴AD∥CF，∴四边形ADFC是平行四边形，∴OD＝OC，∴BD＝2OD．(2)①解：如图2，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．由题意：BD＝AD＝CD＝2，BC2BD＝14，∵DT⊥BC，∴BT＝TC＝7，∵EC＝2，∴TE＝5，∵∠DTE＝∠EHF＝∠DEF＝90°，∴∠DET+∠TDE＝90°，∠DET+∠FEH＝90°，∴∠TDE＝∠FEH，∵ED＝EF ，∴△DTE≌△EHF(AAS)，∴FH＝ET ＝5，∵∠DDBE＝∠DFE＝45°，∴B，D ，E ，F 四点共圆，∴∠DBF+∠DEF＝90°，∴∠DBF＝90°，∵∠DBE＝45°，∴∠FBH＝45°，∵∠BHF＝90°，∴∠HBF＝∠HFB＝45°，∴BH＝FH ＝5，∴BF＝52， ∵∠ADC＝∠ABF＝90°，∴DG∥BF， ∵AD＝DB ，∴AG＝GF ，∴DG＝12BF ＝522． ②解：如图3﹣1中，当∠DEG＝90°时，F ，E ，G ，A 共线，作DT⊥BC 于点T ，FH⊥BC 于H ．设EC ＝x ．∵AD＝6BD ，∴BD＝AB ＝22，∵DT⊥BC，∠DBT＝45°，∴DT＝BT ＝2，∵△DTE≌△EHF，∴EH＝DT ＝2，∴BH＝FH ＝12－x ，∵FH∥AC，∴＝，∴14122x x -=， 整理得：x 2－12x+28＝0，解得x 2． 如图3﹣2中，当∠EDG＝90°时，取AB 的中点O ，连接OG ．作EH⊥AB 于H ．设EC ＝x ，由2①可知BF 2 (12－x)，OG ＝12BF 2 (12－x)，∵∠EHD＝∠EDG＝∠DOG＝90°，∴∠ODG+∠OGD＝90°，∠ODG+∠EDH＝90°，∴∠DGO＝∠HDE，∴△EHD∽△DOG，∴＝，∴＝，整理得：x2－36x+268＝0，解得x＝18－2或18+2(舍弃)，如图3﹣3中，当∠DGE＝90°时，取AB的中点O，连接OG，CG，作DT⊥BC于T，FH⊥BC于H，EK⊥CG 于K．设EC＝x．∵∠DBE＝∠DFE＝45°，∴D，B，F，E四点共圆，∴∠DBF+∠DEF＝90°，∵∠DEF＝90°，∴∠DBF＝90°，∵AO＝OB，AG＝GF，∴OG∥BF，∴∠AOG＝∠ABF＝90°，∴OG⊥AB，∵OG垂直平分线段AB，∵CA＝CB，∴O，G，C共线，由△DTE≌△EHF，可得EH＝DT＝BT＝2，ET＝FH＝12－x，BF＝2 (12－x)，OG＝BF＝22(12－x)，CK＝EK＝22x，GK＝72－22(12－x)－22x，由△OGD∽△KEG，可得＝，∴＝，解得x＝2．综上所述，满足条件的EC的值为2或18－142．【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．。
9回归旋转试验设计本章要点：主要介绍了回归旋转设计的基本原理、实现条件、组合设计的步骤和统计分析方法，并给出二次回归正交旋转试验设计的计算案例。
重点：回归正交旋转设计的实现条件、组合设计的方法、方程的建立及显著性检验。
难点：回归正交旋转设计正交和旋转的实现条件及其统计分析。
9.1回归旋转试验设计的基本原理前面所介绍的“回归正交设计”，具有试验处理数比较少，计算简便、消除回归系数之间的相关性等优点。
但它也存在一定的缺点，即二次回归预测值的方差随试验点在因子空间的位置不同而呈现较大的差异。
由于误差的干扰，就不易根据预测值寻找最优区域。
为了克服这个缺点，人们通过进一步研究，提出了回归旋转设计（whirly design ）。
所谓旋转性是指试验因素空间中与试验中心距离相等的球面上各处理组合的预测值的方差具有几乎相等的特性，具有这种性质的回归设计称回归旋转设计。
这种设计的意 义在于可以直接比较各处理组合预测值的好坏，从而找出预测值相对优良的区域。
9.1.1回归设计旋转性条件旋转设计包括一次、二次和三次旋转设计，但研究中最常见的设计是二次回归旋转设计。
下面以三元二次回归方程来讨论回归正交的旋转性问题。
二次正交多项式方程的估计值为： 如果以三因素二次回归正交设计的数学模型为例：因此其信息矩阵A 为：T A=x x=ˆy ˆy332011ˆj j ij i j jj jj i jj y b b x b x x b x ===+++∑∑∑2220112233121213132323111222333ˆy b b x b x b x b x x b x x b x x b x b x b x =+++++++++1231213231231121312131231121322222232a a a a a a a a a a a aa a a a a a a a a a a a a a a a a n x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑223121232312223312313231322222322222a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑ 对233121231231212123232222332a a a a a a a a a a a a a a a a a a x x x x x x x x x x x x x x x x x x∑∑∑∑∑∑∑∑∑称13123131231323123232322232322233a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ∑∑∑∑∑∑∑∑∑ 1121342222a a a a a x x x x x ∑∑∑ 部223422a a a x x x ∑∑ 分34a x ⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎪ ⎝⎭∑上述信息矩阵中的各个元素可用一般形式表达为： ，其中x 的指数1Q 、2Q 、3Q 分别可取0、1、2、3、4等非负整数。
三元二次回归旋转组合设计例题摘要：I.引言- 介绍三元二次回归旋转组合设计- 简述其在实际应用中的重要性II.三元二次回归旋转组合设计例题解析- 设计原理- 具体步骤- 结果分析III.总结- 回顾例题解析的重要知识点- 强调三元二次回归旋转组合设计的应用价值正文：I.引言三元二次回归旋转组合设计是研究多元二次回归模型中变量间相互关系的一种设计方法。
通过旋转组合设计，我们可以更好地理解各变量之间的交互作用，从而为实际问题提供更有针对性的解决方案。
在接下来的部分，我们将通过一个具体的例题，来解析三元二次回归旋转组合设计的原理及步骤。
II.三元二次回归旋转组合设计例题解析例题：假设有一个三元二次回归模型，如下所示：Y = β0 + β1X1 + β2X2 + β3X3 + ε其中，Y 为因变量，X1、X2 和X3 为自变量，β0、β1、β2、β3 为回归系数，ε为误差项。
我们的目标是找到一个合适的旋转组合设计，以便更好地分析这些变量之间的关系。
A.设计原理旋转组合设计的原理是将原始变量通过一定的旋转操作，得到新的变量组合，从而实现对原始变量的重新排列。
新变量组合的目的是减少原始变量之间的相关性，从而提高模型的解释能力。
B.具体步骤1.首先，根据原始变量的相关系数矩阵，计算出旋转矩阵R。
2.然后，将原始变量X1、X2 和X3 分别通过旋转矩阵R 进行旋转，得到新的变量组合。
3.旋转后的变量组合作为新的自变量，原回归模型中的其他参数保持不变，重新拟合回归模型。
C.结果分析通过旋转组合设计，我们可以得到一个新的回归模型。
与原始模型相比，新模型的残差更小，说明旋转组合设计有助于降低变量间的相关性，从而提高模型的预测精度。
III.总结本文通过一个具体的三元二次回归旋转组合设计例题，解析了旋转组合设计的原理及步骤。
三元二次正交回归旋转通用设计创作说明在工程领域，每个设计必须经过多次修正来优化其性能。
而三元二次正交回归旋转通用设计便是一种方法，可有效减少这些周期，提高工程效率。
本文将从三元二次正交、正交回归设计、正交设计旋转、通用设计四个方面详细地介绍该方法。
一、三元二次正交三元二次正交是指当设计需要涉及三个变量时，采用三元二次正交设计方法来减少试验次数。
首先将每个变量设为正交系列，进行阶段试验。
然后根据结果分析、确定关键的变量和因素组合，再进行二次设计试验。
二、正交回归设计正交回归设计是一种常用的试验设计方法。
首先将所研究的变量进行正交分组，然后设计正交表，并根据表中的结果确定主要的变量和因素组合。
接着利用回归方法，对组合进行分析和优化。
三、正交设计旋转正交设计旋转是正交试验设计的一种应用，可以对正交表的后续设计进行优化。
在这种方法中，先采用和正交表相同的原始设计方案，然后对因素进行旋转。
旋转后，可以得到一组新的因素组合，也就是新的试验设计方案。
如此重复，直到得出最好的设计方案为止。
四、通用设计在实际工程应用中，可能涉及到多个设计平台。
由于每个平台需要的设计方案都不相同，因此需要一种通用设计方法。
通用设计方法建立在正交设计和正交设计旋转的基础之上。
利用正交试验设计中的随机因素、响应曲面和偏差方案，可以创建一种通用的实验计划，以应用于不同的平台和工程项目。
综上所述，三元二次正交回归旋转通用设计方法是一种高效的工程设计方法，可大幅缩短设计周期、提高工程效率。
对于需要应用多个平台的工程项目来说，这种设计方法更是一种不可少的工具。
回归分析是统计学中常用的一种分析方法，用于探讨自变量和因变量之间的关系。
然而，在实际应用中，很多人常常会陷入一些常见的误区，导致分析结果不准确甚至错误。
本文将围绕回归分析中的常见误区展开讨论，并提出解决方法。
误区一：过度拟合模型过度拟合模型是指模型过于复杂，以至于可以完美地拟合样本数据，但却失去了对未知数据的泛化能力。
在回归分析中，过度拟合的模型会表现为拟合优度很高，但对新数据的预测效果很差。
造成过度拟合的原因主要是模型中包含了过多的自变量，以至于模型变得过于复杂。
解决方法：为了避免过度拟合，可以采用正则化方法，如岭回归和Lasso回归，对模型进行惩罚，减少自变量的数量，提高模型的泛化能力。
另外，也可以通过交叉验证的方法来选择最优的模型，确保模型既能拟合样本数据，又能对新数据有较好的预测能力。
误区二：多重共线性多重共线性是指自变量之间存在高度相关性，导致回归系数估计不准确，甚至与理论预期相悖。
在实际应用中，很多人在进行回归分析时忽视了这一点，导致分析结果不可靠。
解决方法：为了解决多重共线性问题，可以通过计算自变量之间的相关系数或方差膨胀因子（VIF），筛选出相关性较低的自变量，避免它们同时出现在模型中。
另外，也可以采用主成分回归或偏最小二乘回归等方法，对自变量进行降维处理，减少多重共线性对回归分析结果的影响。
误区三：残差不满足正态分布在回归分析中，残差是指观测值与回归模型估计值之间的差异。
在实际应用中，很多人忽视了对残差的合理性检验，导致忽略了模型的假设条件，影响了分析结果的可靠性。
解决方法：为了确保残差满足正态分布，可以采用残差的正态概率图（Q-Q图）或残差的直方图来进行检验。
如果残差不满足正态分布，可以考虑对因变量进行变换或者加入适当的虚拟变量，来改善残差的分布特性。
另外，也可以采用鲁宾斯检验（Robustness test）等方法，来检验回归结果的稳健性，确保模型的可靠性。
误区四：未进行异方差性检验异方差性是指残差的方差不是常数，而是随着自变量的变化而变化。
第五节回归分析中的几个重要问题如果y 与x 之间不是线性关系，通常也可以可通过变量代换使其转换成线性模型，然后再对线性模型进行估计并非所有的非线性模型都可以化为线性模型非线性函数形式的确定在对实际的客观现象进行定量分析时，选择回归模型的具体形式应遵循以下原则：12 3模型形式应与有关实质性科学的基本理论相一致模型有较高的拟合程度模型的数学形式要尽可能简单一指数函数幂函数二三双曲线函数对数函数四五Ｓ形曲线函数抛物线函数（U 型或倒U 型函数）六1.基本形式：指数函数2.线性化方法两端取自然对数得：ln y= lnα+ βx令：y' = ln y，则有y' = lnα+ βx3.图像β>0β>01.基本形式：幂函数两端取自然对数得：ln y = ln α+ βln x令：y ' = lny ，x ' = ln x ，则y' = ln α+ βx'0<β< 1β>1β= 1-1<β<0β<-1 β=-1 2.线性化方法3.图像1.基本形式：双曲线函数令：y' = 1/y ，x'= 1/x, 则有y' = α+ βx'β< 0β> 02.线性化方法3.图像1.基本形式：对数函数则有y = α+ βx 'β>0β<02.线性化方法3.图像ln y x αβ=+ln x x '=1.基本形式：S 型曲线2.线性化方法令：y'= 1/y，x'= e-x, 则有y'= α+ βx' 3.图像案例3 民航客运量与铁路客运量为研究民航客运量与铁路客运量之间的关系，记录数据如下表。
试拟合适当的模型。
Y（民航客运量：万人）X（铁路客运量：万人）Y（民航客运量：万人）X（铁路客运量：万人）4.2 3.5 3.4 3.0 3.4 2.86.85.55.56.75.55.72.83.64.356.16.75.24.53.83.83.63.5民航客运量（y）与铁路客运量（x）的散点图>plot(re)用线性模型：y=β+β1x+ε，有y= 8.0147-0.7883x12 3用幂函数模型：y=αxβ，有y=-0.2594+20.5880（1x）比较幂函数模型的残差平方和＝6.06<线性模型的残差平方和＝8.62。
