高等几何(第三版 朱德祥)参考答案

1、第一章 仿射几何的基本概念1、证明线段的中点是仿射不变性，角的平分线不是仿射不变性。证明：设T为仿射变换，根据平面仿射几何的基本定理，T可使等腰ABC（AB=AC）与一般ABC相对应，设点D为线段BC的中点，则ADBC，且=，T（D）=D（图1）。T保留简比不变，即（BCD）=（BCD）= -1，D是BC的中点。因此线段中点是仿射不变性。 在等腰ABC中，=。设T（ ）= ，T（ ）= ， 但一般ABC中，过A的中线AD并不平分A，即B与一般不等。 角平分线不是仿射不变性。在等腰ABC中，设D是BC的中点，则ADBC，由于T(ABC)= ABC（一般三角形），D仍为BC的中点。由于在一般三角形

2、中，中线AD并不垂直底边BC。得下题2、两条直线垂直是不是仿射不变性？答:两直线垂直不是仿射不变性。3、证明三角形的中线和重心是仿射不变性。证明：设仿射变换T将ABC 变为ABC，D、E、F分别是BC、CA，AB边的中点。由于仿射变换保留简比不变，所以D =T(D)，E=T(E)，F=T(F)分别是BC,CA,AB的中点，因此AD，BE，CF是ABC的三条中线（图2）。设G是ABC的重心，且G=T(G) GAD，由结合性得G AD；又（AGD）=（AGD）即 G是ABC的重心。 4、证明梯形在仿射对应下仍为梯形。证明：设在仿射对应下梯形ABCD（ABCD）与四边形ABCD相对应，由于仿射对应保

3、持平行性不变，因此 ABCD，所以ABCD为梯形。5、证明两个全等矩形经过仿射变换为两个等积平行四边形。证明：设T为仿射变换，A1B1C1D1与A2B2C2D2为两个全等矩形，其面积分别以S1=S2。由于T保留平行性，所以： T（A1B1C1D1）= 平行四边形A1B1C1D1, 面积记为：S1 T（A2B2C2D2）= 平行四边形A2B2C2D2, 面积记为：S2，且 S1=K S1，S2=KS2， A1B1C1D1与A2B2C2D2是等积的平行四边形。6、经过A（-3，2）和B（6，1）两点的直线被直线X+3y-6=0截于P点，求简比（ABP）解：设P点的坐标为（x0，yo）（分割比），

4、且P在直线x+3y-6=0上，解得=1，即P是AB中点，且（ABP）=1。7、证明直线Ax+By+C=0将两点P1（x1，y1）和P2（x2，y2）的联线段分成的比是证明 设分点为P（x0，y0），则分割比= ， P（x0，y0）在直线Ax+By+C=0上， Ax1+By 1+C+(Ax2+By2+C)=0 8、证明一直线上二线段之比是仿射不变量。 证明：若直线a上两线段AB和CD经仿射变换T后与直线a上的两段AB和CD对应图（3） 得证。9、证明图形的对称中心是仿射不变性，图形的对称轴和对称平面是不是仿射不变性？证明：设仿射变换T将中心对称图形F变为图形F，点O是F的对称中心，A，B为图形F

5、上关于点O对称的任意一对对称点。设T（O）=O，T（A）=A T（B）=B。 T（F）=F，由结合性，点A，B在图形F上；由简比不变性，（ABO）= (ABO)。所以F是中心对称图形，从而图形的对称中心是仿射不变性。 如果点A、B关于直线l（平面）对称，则线段AB1（AB）。但仿射变换不保留角的度量，所以当T（A）=A，T（B）=B，T（1）=1（T（）=）时，线段AB不一定垂直线1（平面）。10、在仿射坐标系下，直线方程是一次的。 证明：设在笛氏坐标系下直线方程为： Ax+By+C=0 （1） （x,y）为笛氏坐标，（x，y）为仿射坐标。笛氏到仿射的变换式为： 设其逆变换为： 将（3）式代入

6、（1），得 A（a1x+a2y+a0）+B (b1x+b2y+b0) +C=0, 即：(Aa1+Bb1)x+(Aa2+Bb2)y+Aa0+Bb0+C=0，记为： 是x,y的一次式。其中 =Aa1+Bb1, =Aa2+Bb2， =Aa0+Bb0+C0 且不全为0，若不然，Aa1+Bb1=0，Aa2+Bb2=0 11、利用仿射变换式，试求在仿射变换下，三角形的面积是怎样改变的？（从而明确1.2定理5所指常数的意义）。解：A1A2A3和A1A2A3的面积分别以S, S表示，= 这结果与1.2系2一致，三角形（从而多边形或曲线形）的面积经仿射变换后乘以一个常数k，此地进一步明确了这常数就是仿射变换式的

7、行列式的绝对值，仿射变换式不同，这常数也不同。12、在等腰梯形中，两底中心，两对角线交点，两腰（所在直线）交点，这四点显然共线（在对称轴上），试用仿射变换于此图形，得出什么推广了的命题？解：设E，F，Q，P分别是等腰梯形ABCD下底，上底的中点，对角线交点，要腰所在直线交点，T为仿射变换，则梯形ABCD梯形ABCD，EE为BC中点，FF为AD 中点。 （BDQ）=（BDQ）,(ACQ)=（ACQ）,（BAP）=（BAP）,(CDP)=(CDP)且E，Q，F，P共线，由结合性得E，Q，F，P 四点共线，但直线PE已不是对称轴（图4）。由此得出，任意梯形上、下底中点，对角线交点，两腰所在直线交点凡

8、四点共线。 13、求仿射变换的自对应点和自对应直线； 解：求自对应点：设x=x, y =y，因此得 解得自对应点的坐标为x=-6，y=-8。求自对应直线，设任意直线l（u,v,w）在所给的变换下的像1 的方程为： ux+vy+w=0u (3xy+4)+v (4x2y) +w =0，或（3u+4v）x(u+2v)y+4u+w=0。若1为自对应直线，则u=u，v=v，w=w，因此 因为u，v，w不全为零，所以方程组(1)有非零解。故 解得1=2，2=1，3=1，将1=2代入方程组(1)，得u= 4, v =1，w =16。 将2=1代入方程组(1)，得u=1, v=1，w=2。 将3=1代入方程组

9、(1)，得u=0, v=0，w=1。 就本章内容而言，=1时，自对应直线不存在，故所求自对应直线为：4xy+16=0和xy2=0。第二章 欧氏平面的拓广1、证明中心投影一般不保留共线三点的简比。证：设SAC为等腰三角形（SA=SC）,SBAC, 过A作一射线平行于SC交SB的延长线于B1, 交SC于C（图5），则A,B1,C在中心S的投影下分别是A,B,C的像点，（ABC）= , 而（AB1C）= ，（ABC）（AB1C）, 即中心投影一般不保留共线三点的简比。 2、以下面的坐标表示的直线是怎样的直线？ （1）（1，11）； （2）（1，1，0）；（3）（0，1，0）。 解 利用点线结合方程：

10、u1x1+u2x2+u3x3=0. (1) u1=1, u2=1, u3=1, x1+x2x3=0，非齐次化为：x+y1=0. (2) x1x2=0或xy=0。（3）x2=0或y=0是x轴的方程。3、求联接点（1,2,1）与二直线（2,1,3），（1，1，0）之交点的直线方程。解 先求二直线（2,1,3），（1，1，0）的交点坐标：x1：x2：x3= 再求两点（1，1，1），（1，2，1）的联线的坐标： u1：u2：u3= 所求直线方程为：x1+x3=0或x+1=04、求直线（1,1,2）与二点（3，4，1）,(5,3,1)之联线的交点坐标。解：先求二点（3，4，1），(5,3,1)的联线坐标

11、：u1：u2：u3=再求二直线（1,1,2），（1，8，29）的交点坐标：x1：x2：x3= 所求交点坐标为（45，31，27）。 5、方程u1u2+2u3=0代表什么？u12u22=0代表什么？ 解：方程u1u2+2u3=0表点（1，1，2）的方程或表示以点（1，1，2）为中心的线束方程。 u12u22=（u1+u2）（u1u2）= 0， u1+u2=0表示点（1，1，0）的方程；u1u2=0表示点（1，1，0）的方程。 u12u22=0表示两点（1，1，0）和（1，1，0）的方程。6、将2xy+1表示成3x+y2，7xy的线性组合，这种表达的几何依据何在？解：设2xy+1=（3x+y2）+

12、（7xy）=（3+7）x+（）v2，得方程组 2xy+1=(3x+y2)+ (7xy)。依据是若令它们为零，所得三直线共点。7、将（2，1，1）表成（1，1，1）和（1，0，0）的线性组合，这说明什么几何性质？解：设（2，1，1）=（1，1，1）+（1，0，0）（1）则此方程组无解，即找不到和满足（1）式，这说明它们表示的三点（线）不共线（点）。8、求直线x2y+3=0上的无穷远点的坐标。 解：x3=0是无穷远直线方程从而x12x2=0, 取x1=2, 得x2=1, 所求无穷远点坐标为（2,1.0）。9、下列概念，哪些是仿射的，哪些是欧氏的？非平行线段的相等； 不垂直的直线；四边形； 梯形；菱

13、形； 平行移动；关于点的对称； 关于直线的对称；绕点的旋转； 面积的相等。答：欧氏； 欧氏；仿射；仿射；欧氏；仿射； 仿射；欧氏；欧氏；仿射。第三章 一维射影几何1、设A、B、C、D、E为直线上五点，证明(AB,CD)(AB,DE) (AB,EC)=1。证明: (AB,CD)(AB,DE) (AB,EC)2、证明一线段中点是这直线上无穷远点的调和共轭点。 证明：设C为线段AB的中点，D为直线AB上的无穷远点， （ABCD）3、直线上顺序四点A、B、C、D相邻两点距离相等，计算这四点形成的六个交比的值。解:（AB，CD）（AB，DC） (AC，BD)=1（AB，CD） （AC，DB）（AD，BC

14、） （AD，CB） 4、求四点（2，1，1）,（1，1，1）,（1，0，0）,（1，5，5）顺这次序的交比。 解：以（2，1，1）和（1，1，1）为基底。则（2，1，1）+1（1，1，1）=（1，0，0）；（2，1，1）+2（1，1，1）=（1，5，-5） 所求交比为 5、设P1,P2,P4三点的坐标为（1，1，1）,（1，1，1）,（1，0，1）且（P1P2, P3P4）=2,求点P3的坐标。 解：以 P1，P2为基底，则（1，1，1）+2（1，1，1）（1，0，1）。设1是基底P1，P2表示P3的参数，由已知条件（P1P2, P3P4）=，且2=1，1=2，因此，P3的坐标为（1，1，1）

15、+2（1，-1，1）=（3，-1，3）。6、设A、B、C、D为共线四点，O为CD的中点，且OC2=OAOB，证明（AB，CD）=-1 证明：OC2=OAOB，由合分比得 因此（OC=OD）， 7、设A、B、C、D成调和点列，即(AB，CD)=1，求证 证明：由假设得：(AB，CD) BD=CDCB, AD=CDCA,代入（1）式得 AC（CDCB）+BC（CDCA）=0，化简得： ACCDACCB+BCCDBCCA=0， CACD+CACBCBCD+CBCA=0 2CBCA=CACD+CBCD （2） 以CACBCD除（2）式两边，得：8、证明在X轴上由方程a11x2+2a12x+a22=0和

16、b11x2+2b12x+b22=0之根所决定的两个点偶成调和分割的充要条件是a11b222a12b12+a22b11=0。 证明：必要性，设两方程的根依次是x1,x2和x3，x4，则 x1+x2=，x1x2= x3+x4=，x3x4= （1）若 (x1x2，x3x4)=1，即 有（ x1x3）（ x2x4）+（ x1x4）（x2x3）=0， 2（x1x2x3x4）（x1x2）（x3x4）=0， （2）将（1）代入（2），得： a11b22+a22b11-2a122b12=0。 充分性，以 乘a11b22+a22b112a12b12=0的两边，得 将（1）代入上式后按必要性步骤倒推即得：(x1x

17、2，x3x4)=1。9、试证四直线2xy+1=0,3x+y2=0, 7xy=0,5x1=0共点，并顺这次序求其交比。 证明：以2xy+1=0和3x+y2=0为基线表示 7xy=0，5x1=0， 7xy=0与（2xy+1）+1（3x+y2）=0重合， 5x1=0与（2xy+1）+2（3x+y2）=0重合.所求交比为，由于交比存在，所以四直线共点。10、试证，一角的两边和它的内外分角线成调和线束。 证明：设直线c、d是a、b为边的角的内外分角线， 以直线1截a、b、c、d分别于A、B、C、D （AB，CD） （ab，cd）=（AB，CD）=1。 11、ABCD为平行四边形，过A引AE与对角线BD平

18、行，证明 A（BD，CE）=1。证明：设ACBD=O，AEBD=P（图7），因此A（BD，CE）=（BD，OP）=（BDO） 12、AB为圆之直径，C为直径延长线上一点，从C向圆引切线CT，证明T在AB上的垂直射影D是C对于A、B的调和共轭点，若C在线段AB本身上，如何作它的调和共轭点？证法1：设O是AB的中点，OTCT，TDAB OT2=ODOC，即OA2=ODOC， 由本章6题结论得（AB，CD）=1。 证法2：ATD=ATE，DTB=BTC， TB，TA是DTC的内外分角线（图8），因此（AB，CD）=T（AB，CD）=1。如果C在线段AB内部，过C作CTAB交圆于T，过T作圆的切线交A

19、B的延长线于D，则A，B调和分割C，D，因为当C确定后，T也确定，所以点D唯一确定。13、设两点列同底，求一射影对应使0，1，分别变为1，0解：设第四对对应点为x，x，由于射影对应保留交比不变，所以（01,x）=（1，0x）由交比性质得：（10，x）=(0x，1) ，即：（10x）=（0x1），展开得：14、设点列上以数x为笛氏坐标的点叫做x，试求一射影对应，使点列上的三点1,2,3对应于点列上三点： （1）4,3,2；（2）1,2,3；（3）1,2,3. 解：设第四对对应点x，x， （1）（12，3x）=（43，2x） （2）（12,3x）=(12,3x)，x=x为恒等变换， （3）（12,

20、3x）=（-1-2，-3x），x = - x15、当射影对应使一点列上的无穷远点对应于另一点列上的无穷远点时，证明两点列的对应线段成定比。 证法1：三对对应点AA ，BB，CC，决定射影对应，设MM为任一对对应点，则由（AB，CM）=（AB，CM）得：（ABM）=（ABM），即 证法2：射影变换式为； 因为当x时，x，所以c=0。此时射影变换式为：，或dxaxb=0。设x1x1，x2x2 为两对对应点，因此 dx1ax1b=0 dx2ax2b=0 式减式，得d(x1x2)=a(x1x2) 16、圆周上的点和其上二定点相联得两个线束，如果把线束交于圆周上的两线叫做对应直线，证明这样的对应是射影的

21、。 证明：设A，A为圆周上二定点，Mi（i=1，2，3，4）为圆周上任意四点（图9）A（M1M2，M3M4）= = =A（M1M2,M3M4） 。A（M1M2,M3M4A（M1M2,M3M4）17、从原点向圆（x2）2+(y2)2=1作切线t1,t2。试求x轴，y轴，t1,t2顺这次序的交比。（设t1是邻近x轴的切线）解： 设直线y=kx与圆相切，则，两边平方得：，解得：k1,2= t1邻近x轴，t1的斜率为k1= t2的斜率为k2= ，因此t1的方程为yx=0，t2的方程为yx=0，故（xy，t1,t2）=。18、设点A（3，1，2），B（3，-1，0）的联线与圆x2+y25x7y6=0相交

22、于两点C和D，求交点C，D及交比（AB，CD）。 解： 圆方程齐次化：x12+x225x1x37x2x3+6x23=0, 设直线AB上任一点的齐次坐标是（3+3，1，2），若此点在已知圆上，则（3+3）2+（1）2 5（3+3）27（1）2+622 =0，化简得：10210=0， 1=1，2=-1，即直线AB与圆有两个交点，设1，2分别对应的交点是C，D，则C的坐标是（3,0,1），D的坐标是（0,1,1）且（AB，CD）=-1. 19、一圆切于x轴和y轴，圆的动切线m交两轴于M及M，试证MM。证明：设圆半径为r，M（a,0），M（0，b），a，b为参数（图10），则m的方程为或bx+ay-a

23、b=0，由于m与圆相切，因此，此式两边平方，得r2a2+r2b2+a2b2+2abr2a2br2b2ara2r2b2r2,或 ab2ra2rb+2r2=0 点M，M的参数间有一个行列式不等于零的双一次函数， 故MM。 20、x表直线上点的笛氏坐标，这直线上的射影变换,0,在什么条件下以无穷远点作为二重点。解：设x=x是无穷远点，因此 = = 所以，以无穷远点作为二重点的射影变换是 21、设两个重迭一维射影几何形式有两个二重元素 S1、S2 ，证明它们之间的对应式可以写作,k是个常数。证明：已知S1S2，S2S2，设11是第三对对元素，是任一对对应元素，因为三对对应元素确定唯一射影对应， （S1

24、S2 ，1）=（S1S2 ，1），因而 = 22、设S1，S2是对合对应的二重元素，证明这对合可以写作: 证明：设是对合对应下任一对对应元素，从而（S1S2 ，）=-1，即 或23、一直线上点的射影变换是x=，证明这直线上有两点保持不变，且这两点跟任意一对对应点的交比为一常数。证明：设固定点为 x=x ，所以x(x+4)=3x+2，即x2+x2=0，解得固定点为x= -2 和x=1 设任一对对应点为x， ，交比：（1，2，x ）= 24、试证对合对应的二线束中，一般只有一对互相垂直的对应直线，若有两对互垂的对应直线，则每对对应直线都互垂。 证明：取二线束公共顶点为原点，取对应线的斜率为、，则对

25、合方程为 a+b(+)+d=0, 且adb20，互垂对应线应满足=1，所以所以当方程（1）有两个不等实根1，2时，只有一对互垂对应线，这是因为12=1,因而1= =2，2=1。 当方程（1）有两个相等实根时，必须ad=0，b=0，这时对合变为=1，每对对应线都互垂。25、设A，A；B，B；C，C是对合的三对对应点，试证（ABC）（BCA）（CAB）=1。证明：由对合对应的相互交换性，有AA，BB，AA，CC，所以（AB，AC）=（AB，AC），于是得 （ABC）（BCA）（CAB）=126、AB是定圆直径，作一组圆使其中心都在直线AB上并且都跟定圆正交，证明这组圆跟直线AB的交点构成一个双曲对

26、合。 证明：设圆O是与定圆O正交的任一圆，T为一个交点，且圆O与直线AB交于点和P（图11） 已知OTOT，OT2=OPOP，即 OA2=OB2=OPOP。 点P，P是以A，B为二重元素，O为中心的双曲对合的一对对应点。 27、O是笛氏正交坐标的原点，A是y轴上一定点，以A为顶点的直角绕A旋转，证明直角两边被x轴所截的点偶构成一个椭圆型对合。 证明：设直角边交x轴的任意两个位置为A1，A2；B1，B2（图12） 设OA2=k，则OA1OA2=OB1OB2=OA2=k，因为A1，A2；B1，B2在x轴上的位置为一正一负，故OA1OA2=OB1OB20，因而A1，A2；B1，B2，在x轴上构成椭圆

27、型对合第四章 代沙格定理、四点形与四线形1、 设ABC的顶点，A，B，C分别在共点的三直线，上移动，且直线AB和BC分别通过定点P和Q，求证CA也通过PQ上一个定点（图13）。证：设A0是上的一个定点，AOP交于B0，B0Q交于C0，则A0C0是定直线（图13）。若R是定直线A0C0与定直线PQ的交点，从而R是PQ上 的定点，若ABC是合于条件的，因为在ABC及A0B0C0中，A0A，B0B，C0C共点，根据代沙格定理，P，Q及A0C0AC共线，即AC通过A0C0PQ=R（定点）。2、 ABC的二顶点A与B分别在定直线和上移动，三边AB，BC， CA分别过共线的定点P，Q，R，求证顶点C也在一

28、定直线上移动。 证：设=0（定点），A0B0C0是满足条件的定三角形，ABC是满足条件的任意三角形。 A0B0BC=Q，A0C0AC=R。由代沙格定理逆定理得，三线A0A，B0B，C0C共点O，即C在定直线C0O上移动（图14）。3、 设P，Q，R，S是完全四点形的顶点，A=PSQR，B=PRQS，C=PQRS， 证明A1=BCQR，B1=CARP，C1=ABPQ三点共线。 证：在ABC及PQR中（图15），AP，BQ，CR共点S。对应边的交点C1=ABPQ，B1=CARP，A1=BCRQ三点共线。4、已知线束中的三直线a，b，c求作直线d使（ab，cd）=1。 解：设线束中心为S，以直线1分

29、别截a,b，c于A，B，C在直线c上任意取一点Q，联AQ交d于R，联BQ交a于P，联PR与1交于D （图16），则直线SD为所求。因为，SPQR构成一完全四点形，（AB，CD）=1，从而（ab，cd）=（AB，CD）=1。 5、 设AD，BE，CF为ABC的三高线，EFBC=D，求证（BC,DD）=1，在等腰三角形AB=AC的情况，这命题给出什么结论？ 证明：设P为ABC的垂心，由完全四点形AFPE（图17）的性质，得（BC，DD）=1。在等腰ABC中，若AB=AC，D为垂足，因而D为BC的中点。（BC，DD）=1，所以D为BC直线上的无穷远点，因而FEBC。 即在等腰三角形中，底边的顶点到两

30、腰的垂足的联线平行于底边。 第五章射影坐标系和射影变换1、将一维笛氏坐标与射影坐标的关系：以齐次坐标表达。 解 设一维笛氏坐标系中，一点的坐标为x，则齐次坐标为（x1，x2），且x， 一点的射影坐标为，齐次坐标为（1,2）且=，将和x代入关系式（1）有，化简得： 2、在直线上取笛氏坐标为 2，0，3的三点作为射影坐标系的A1,A2, E，(i)求此直线上任一点P的笛氏坐标x与射影坐标的关系；（ii）问有没有一点，它的两种坐标相等？ 解：笛氏坐标 0 2 3 x 射影坐标： A2 A1 E （i）由定义 =（A1A2，EP）=（2 0，3x）=(ii) 若有一点它的两种坐标相等，即x=则有，即3

31、x27x=0，当x=0及x=时两种坐标相等。 3、在二维射影坐标系下，求直线A1E，A2E，A3E的方程和坐标。 解：坐标三角形顶点A1（1，0，0）,A2（0，1，0）,A3（0，0，1）和单位点E（1，1，1） 设P（x1，x2，x3）为直线A1E上任一点，其方程为：即x2x3=0，线坐标为（0，1, 1）直线A2E的方程为：，即x1x3=0，线坐标为（1，0，1）；直线A3E的方程为：，即x2x1=0，线坐标为（1，1，0）4、写出分别通过坐标三角形的顶点A1，A2，A3 的直线方程。 解：设平面上任意直线方程为 u1x1+u2x2+u3x3=0，过点A1(1，0，0)时u1=0，即为u

32、2x2+u3x3=0 ， 过点A2(0，1，0)时u2=0，即为u1x1+u3x3=0 ，过点A3(0，0，1)时u3=0，即为u1x1+u2x2=0 。5、取笛氏坐标系下三直线xy=0，x+y1=0，x2=0分别作为坐标三角形的边A2A3，A3A1，A1A2，取E（）为单位点，求一点的射影坐标（x1，x2，x3）与笛氏坐标（x，y，t）的关系。解：E（），e1=，e2=，e3=。（图18）任意一点M（x，y）到三边的距离为： 1=，2= ，3= 射影坐标（x1，x2，x3）与笛氏坐标的关系为：x1=xy，x2=x+yt，x3=2x+4t 即： 6、从变换式 求出每一坐标三角形的三边在另一坐标

33、系下的方程。解： A1A2A3三边，A1A2：x3=0；A1A3：x2=0；A2A3：x1=0。从变换式（1）可求得A1A2A3的三边在坐标系A1A2A3下的方程： A1A2的方程为：x3=0，即x1+x2x3=0；A1A3的方程为：x2=0，即x1x2+x3=0。A2A3的方程为：x1=0，即x1+x2x3=0。由（1）可求出逆变换式为：A1A2A3的三边，A1A2：x3=0；A1A3：x2=0；A2A3：x1=0。从变换式（2）可求得A1A2A3的三边在坐标系A1A2A3下的方程： x1+x2=0，即A1A2的方程。 x1+x3=0，即A1A3的方程。 x2+x3=0，即A2A3的方程。

34、7、若有两个坐标系，同以A1A2A3为坐标三角形，但单位点不同，那么两种坐标间的转换式为何？ 解：设变换式为： 已知（1,0,0）（1,0,0）,（0,1,0）（0,1,0）,（0,0,1）（0,0,1）分别代入变换式得 1=a11，a21=0，a31=0； 2=a22，a12=0，a32=0；3=a33，a13=0，a23=0 故有 又（1,1,1）（a,b,c） 即a：b：c = a11：a22：a33故变换式为： 8、在拓广欧氏平面上求平移 的二重元素。解：设x=，y=，则有 （1）求二重点：，即=1为三重根。将=1代入方程组：解得： 所以在有限欧氏平面上，在平移变换下无二重元素，在拓广

35、欧氏平面上，1上的所有点（ x1，x2，0）皆为二重点。（2）求二重直线： =1为三重根。将=1代入方程组：得u1，u2可取任意数，且au1+bu2+0u3=0所以二重直线是通过点（a，b，0）的一切直线，即以为斜率的平行线束及无穷远线，这平行线束即平移方向的直线集合。 9、求射影变换的二重元素。 解：（i）求二重点：二重点（x1，x2，x3）应满足，1=1为二重根，2=1为单根。 将1=1代入（2）式得x1=0，x2，x3为任意数，所以二重点为（0，x2，x3），但x2，x3不同时为零，此为坐标三角形的边x1=0上的一切点；将2=1代入（2）式得二重点（x1，0，0），此为坐标三角形的顶点A

36、1（1，0，0）。（ii）求二重直线： 1=1及2=1，将1=1代入得二重直线u1=0，即过A1（1，0，0）的一切直线；将=1代入（3）得二重直线x1=0，为坐标三角形的边A2A3。10、求射影变换的二重元素。解：（i）求二重点：（x1，x2，x3）满足 ，有三重根=1，将=1代入（2）式得二重点为x2=0, 即坐标三角形的边A1A3上所有的点。（ii）求二重直线：=1为三重根，将=1代入得u1=0, u2, u3为任意数，即二重直线为以A1(1,0,0)为中心的线束。 11、求射影变换的二重元素。解 （i）求二重点：二重点（x1，x2，x3）满足，得(+1) (+2) (+3) = 0，所

37、以特征根=-1，-2，3。 取=1代入（2）得二重点为（0，0，x3）即（0,0,1），取=2代入（2）得二重点为（1，6，5）， 取=3 代入（2）得二重点为（1，1，0）。 （ii）求二重直线：特征根=1，2，3。 取=1代入 得二重直线为（1，1，1） 取=2代入（3）得二重直线为（1，1，0）取=3 代入（3）得二重直线为（6，1，0）。 12、证明射影变换 只有一个二重点及通过该点的一条二重直线。证：若有二重点（x1，x2，x3）则满足，即 = a为三重根， 将 = a代入（2）得二重点为（1，0，0）。若有二重直线（u1，u2，u3），得=a为三重根，将=a 代入，得二重直线为（0

38、，0，u3）即x3=0，所以二重直线A1A2通过二重点A1（1，0，0）。13、（i）求变换：x=，y=的二重点。（ii）设O为原点，P为直线x=1上任一点，m为直线OP上一点M的对应点，求交比（OP，MM）； （iii）从这个交比得出什么结论？解出逆变换式以验证这结论。解（i）求二重点：由题设有x=，解出x=0, 1。 y=，化简为：y(2x2)=0，所以x=1时，y为任何值都行，故二重点为（0，0）及直线x=1上的任意点。 （ii）交比（OP，MM）=（01，xx）=（0 1，x ）=1. (iii) 从原变换求其逆变换： x = x=；y = y= 所以在每条直线OP上有一个对合对应，对

39、合的两个二重点是原点及P点。14、求证这里的R，S，T表示变换。 证：设A=T（A），A=S（A），A=R（A）， A=(RST)（A），则（RST）-1（A）=A。而R-1（A）=A，S-1（A）=A，T-1（A）=A 15、证明直线上非奇异射影变换构成群。证：设T：， S：， 所以ST： 故直线上非奇异射影变换之积仍为直线上非奇异射影变换；又因为 T-1： 故直线上非奇异射影变换之逆仍为直线上非奇异射影变换，所以直线上非奇异射影变换构成群。16、证明直线上非奇异射影变换 构成群。证：设T：， S：， 所以ST： 故直线上非奇异射影变换之积仍为直线上非奇异射影变换；又因为 T-1： 故直线上

40、非奇异射影变换之逆仍为直线上非奇异射影变换，所以直线上非奇异射影变换构成群。17、证明直线上非奇异射影变换不构成群。证：设T：， S：， 所以ST： 即直线上行列式0的非奇异射影变换之积不再是直线上行列式0的非奇异射影变换，故不构成群。18、证明绕原点的全体旋转变换构成群。证：设T： ，且A=1 S：， 且所以ST：，且故旋转变换之积仍为旋转变换；又因为 T-1： 且 A-1=，故旋转变换之逆仍为旋转变换，所以绕原点的旋转变换构成群。第六章 二次曲线的射影性质1、 试求二阶曲线的方程，它是由两个射影线束x1x3=0与x2x3=0（）所决定的。解： （1）由x1x3=0； x2x3=0将(2)(

41、3)代入(1)得：故所求二阶曲线的方程为：2、 在平面上给定四点A，B，C，D，其中无三点共线，求满足条件P(AB，CD)=定值k的点P的轨迹。解：由本章6.1定理3给定无三点共线的任意五点，可决定唯一的二阶曲线，由定理4，二阶曲线上四点与其上任意第五点所联直线的交比为常数。因此，此题关键是作出一点E，使E(AB，CD)=k。则满足条件P(AB，CD)=k。假设E点已作出，过无三点共线的五点A，B，C，D，E可唯一决定一条二阶曲线。作法：过A任作一直线1与直线CD交于A，再在CD上作B使(AB，CD)=k，然后连接BB交1于E，则二阶曲线唯一确定之后，在其上任取一点P都有P(AB，CD)=E(

42、AB，CD)=E(AB，CD)=k（图18）3、 建立一个透视对应使以A1(1，0，0)为中心的线束对应于以A2（0，1，0）为中心的线束；并求这两透视线束所产生的变态二阶曲线的方程。解：因为的交点为A1，过A1的线束方程为：x2x3=0 （1）又的交点A2，过A2的线束方程为：x1x3=0 （2） 若线束A1线束A2，则 （3）将(1)(2代入(3)得：x2 ( x1+ x3 ) - x3 (a x1+ x3 ) = 0 （4）若线束A1线束A2，则x3=0为自对应直线（即x3=0，变为x3=0），即（3）式中=时对应于=，=0 ，化简为x3（ x1+ x2 x3）=0, 且0 （5）若A3（0，0，1）在（5）式所表示曲线上，则有 = 0，再E（1，1，1）在（5）式所表示曲线上，则有 + =0，这时（5）式变为：x3(ax1+ax2)=0，a0,二透视线束产生的变态二阶曲线的方程为：x3（x1 x2）=0 4、给定二次曲线上五点，求作曲线上另外一些点。 解：（图19 ）已知二次曲线上五点1，2，3，4，5。根据巴斯卜逆定理可