高等几何就开始答案

1、第一章第一章仿射几何的基本概念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

2、)= ABC（一般三角形） ，D仍为 BC的中点。由于在一般三角形中，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31ADA DGDG D G是ABC的重

3、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：S1T（A2B2C2D2）= 平行四边形 A2B2C2D2, 面积记为：S2，且 S1=K S1，S2=KS2，1112221SKSSSSKS A1B1C1D1与 A2B

4、2C2D2是等积的平行四边形。) 1 (图2图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）()APAPABPBPPB （分割比） ，00362,11xy 而:且 P 在直线 x+3y-6=0 上，3 62()3()6011 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1122AxByCAxByC证明设分点为 P（x0，y0） ，则分割比=APPB，P（x0，y0）在直线 Ax+By+C=0

5、上，Ax1+By1+C+(Ax2+By2+C)=08、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）,ABAB BCABBCABCDBC CDBCCDCD 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 上关于点 O 对称的任意一对对称点。设 T（O）=O，T（A）=AT（B）=B。T（F）=F，由结合性，点 A，B在图形 F上；由简比不变性， （ABO）= (AB

6、O)。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：12120120120(2)xxyyxy 设其逆变换为：12120120120(3)aaxa xa yayb xb ybbb将（3）式代入（1） ，得A（a1x+a2y+a0）

7、+B (b1x+b2y+b0) +C=0,即：(Aa1+Bb1)x+(Aa2+Bb2)y+Aa0+Bb0+C=0，记为：0AxByC是 x,y的一次式。其中A=Aa1+Bb1,B=Aa2+Bb2，C=Aa0+Bb0+C0且,A B不全为 0，若不然，Aa1+Bb1=0，Aa2+Bb2=011、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，11223311121xySxyxy=11 11211321 12212311212213212222231131231321322323

8、11121a xa yaa xa yaa xa yaa xa yaa xa yaa xa ya11112122122233132310110211xyaaxyaaxyaa12D S()SDS常数这结果与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

9、在直线交点，T 为仿射变换，则梯形 ABCDT梯形 ABCD，ETE为 BC中点，FTF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四点共线。13、求仿射变换3442xxyyxy 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240430 xyxy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

10、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)4(图因为 u，v，w不全为零，所以方程组(1)有非零解。故3401200401 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(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。第二章第二章欧氏平

11、面的拓广欧氏平面的拓广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）=2ACBC, 而（AB1C）=11ACBC，（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：u1x1+u2x2+u3x3=0.(1) u1=1, u2=1, u3=1

12、, 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=133221:3:3: 31:1: 1100111 再求两点（1，1，1） ， （1，2，1）的联线的坐标：u1：u2：u3=111 1 11:1:0:1211 1 12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

13、（3，4，1） ，(5,3,1)的联线坐标：u1：u2：u3=411334:1: 8: 29311553再求二直线（1,1,2） ， （1，8，29）的交点坐标：x1：x2：x3=1221 11:45:31: 7829291 18所求交点坐标为（45，31，27） 。CASBC1BC5、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

14、=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）+（7xy）=（3+7）x+（）v2，得方程组372121 11,22解得：2xy+1=12(3x+y2)+12(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211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

15、远点的坐标。解：x3=0 是无穷远直线方程12332300 xxxx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。第三章第三章一一维射影几何维射影几何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)1AC BD AD BE AE B

16、CAD BC AE BD AC BE2、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，C（ABCD）1AC BDACADBCBC 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）2 243 13AC BDAD BC（AB，DC）13(,)4AB CD(AC，BD)=1（AB，CD）41133 （AC，DB）13(,)AC BD （AD，BC）311 (,)144AB DC （AD，CB）14(,)AD BC4、求四点（2，1，1）,（1，1，1）,（1，0，0）,（1，5，5

17、）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）11112111100 ；（2，1，1）+2（1，1，1）=（1，5，-5）所求交比为1223 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）=122，且2=1，1=2，因此，P3的坐标为（1，1，1）+2（1，-1，1）=（3，-1，3） 。6、设

18、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=OAOBOCOBOAOC，由合分比得OCOAOBOCOCOAOBOC因此,ACCBOAODOBOD（OC=OD）1(,)1ACCBAC BDAB CDDADBAD BC ，即：，7、设 A、B、C、D 成调和点列，即(AB，CD)=1，求证1111().2CDCACB证明：由假设得：(AB，CD)1AC BDAD BC AC BD+BC AD=0 (1)BD=CDCB,AD=CDCA,代入（1）式得AC（CDCB）+BC（CDCA）=0，化简得： ACCDACCB+BCCDBCCA=0

19、，CACD+CACBCBCD+CBCA=02CBCA=CACD+CBCD（2）以 CACBCD 除（2）式两边，得：1111().2CDCACB8、证明在 X 轴上由方程 a11x2+2a12x+a22=0 和 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=12112aa，x1x2=2211aax3+x4=12112bb，x3x4=2211bb（1）若 (x1x2，x3x4)=1，即13241423()()1()()xxxxxxxx 有（ x

20、1x3） （ x2x4）+（ x1x4） （x2x3）=0，2（x1x2x3x4）（x1x2） （x3x4）=0，（2）将（1）代入（2） ，得：222212 12111111 112240baa bbaa ba11b22+a22b11-2a122b12=0。充分性，以11 112a b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：(x1x2，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=0，7

21、xy=0 与（2xy+1）+1（3x+y2）=0 重合，11117101;2311 22 5x1=0 与（2xy+1）+2（3x+y2）=0 重合.22225011,2311 2 所求交比为1212，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）AC BDAC BDAD BCCBAD 1SA SBSB SA （ab，cd）=（AB，CD）=1。11、ABCD 为平行四边形，过 A 引 AE 与对角线 BD 平行，证明A（BD，CE）=1。

22、证明：设 ACBD=O，AEBD=P（图 7） ，7图因此 A（BD，CE）=（BD，OP）=（BDO）1BODO 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，TDABOT2=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

23、AB 内部，过 C 作 CTAB 交圆于 T，过 T 作圆的切线交 AB 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）=（1，0 x）由交比性质得： （10，x）=(0 x，1) ，即： （10 x）=（0 x1） ，展开得：0111 01,101 1011xxxxx 且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,

24、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，101001 且（3）（12,3x）=（-1-2，-3x） ，x = - x101001 且15、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A MAMA MB MA MB MA BB MBMAMBMAMBMAB 定比。8图证法 2：射影变换式为；0abaxbxc

25、dcxd 且,baxxdcx 或：因为当 x时，x，所以 c=0。此时射影变换式为：axbxd ，或 dxaxb=0。设 x1x1，x2x2 为两对对应点，因此dx1ax1b=0dx2ax2b=0式减式，得 d(x1x2)=a(x1x2)1212xxaxxd定比。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。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）=13241423sinsinsinsinM AMM AMM AMM AM=13241423sinsinsinsinM

26、AMM AMM AMM AM=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22211kk，两边平方得：23830kk ，解得：k1,2=47.3t1邻近 x 轴，t1的斜率为 k1=47.3t2的斜率为 k2=473，因此 t1的方程为 y473x=0，t2的方程为 y473x=0，故（xy，t1,t2）=12kk=4747。18、设点 A（3，1，2） ，B（3，-1，0）的联线与圆

27、 x2+y25x7y6=0 相交于两点 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）25（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）9图且（AB，CD）=12=-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

28、 r，M（a,0） ，M（0，b） ，a，b 为参数（图 10） ，则 m 的方程为1xyab或 bx+ay-ab=0，由于 m 与圆相切，因此22brarabrab，此式两边平方，得 r2a2+r2b2+a2b2+2abr2a2br2b2ara2r2b2r2,或 ab2ra2rb+2r2=022122022rrrr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xxx,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limxx=limxxx=0所以，以无穷远点作为二重点的射影变换是,.xxaxbab其中21、

29、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1122SSkSS,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，（S1S2，1）=（S1S2，1） ，因而112112112112()()()()()()()()SSSSSSSS1111211111221211221211()() ()()()() (),()() ()()()() ()SSSSSSSkSSSSSSS故：其中k=22、设 S1，S2是对合对应的二重元素，证明这对合可以写作:11220SSSS证明：设是对合对应下任一对对应元

30、素，从而（S1S2，）=-1，即12211SSSS或1122SSSS11220SSSS10图23、一直线上点的射影变换是 x=324xx，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，324xx，交比： （1，2，x324xx）=5 (1)(2)5()2 (2)(1)2xxxx常数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、，则对合方

31、程为a+b(+)+d=0, 且 adb20，互垂对应线应满足=1，所以()01abd222()0(1)()40badbadb 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=bb=1,因而1=11=2，2=21=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1AA BCAA BCBCBCACBA CBAC BAAC BAAC

32、BAAC BABCCAAB（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

33、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=OB1OB20，11图12图因而 A1，A2；B1，B2，在 x 轴上构成椭圆型对合第四章第四章 代沙格定理、四点形与四线形代沙格定理、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

34、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

35、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

36、 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，16图17图因而 FEBC。即在等腰三角形中，底边的顶点到两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第五章射影坐标

37、系和射影变换1、将一维笛氏坐标与射影坐标的关系：,0(1)xx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 x12xx，一点的射影坐标为，齐次坐标为（1,2）且=12，将和 x 代入关系式（1）有112122xxxx，化简得：1212121(0)xxxx令1122120 xxxx且为齐次变换式。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023x射影坐标：A2A1E（i）由定义=（A1A2，EP）=（2

38、0，3x）=(3 2)(0)(2)(3 0)36xxxx(ii)若有一点它的两种坐标相等，即 x=则有36xxx，即 3x27x=0，当 x=0 及 x=73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：1231000111xxx即 x2x3=0，线坐标为（0，1,1）直线 A2E 的方程为：1230100111xxx，即 x1x3=0，线坐标为（1，0，1） ；直线 A3E 的方程为：12

39、30010111xxx，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 u2x2+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（3 1,2 2）为单位点，求一点的射影坐标（x1，x2，x3）与笛氏坐标（x，y，

40、t）的关系。解：E（3 1,2 2） ，e1=12，e2=12，e3=12。 （图 18）任意一点 M（x，y）到三边的距离为：1=2xy，2=12xy，3=21x射影坐标（x1，x2，x3）与笛氏坐标的关系为：x1=11e=xy，x2=22e=x+yt，x3=33e=2x+4t即：123110,1116024204xxyxxytxxt 且6、 从变换式112321233123, (1)xxxxxxxxxxxx 求出每一坐标三角形的三边在另一坐标系下的方程。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A1A2

41、A3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：123213312,(2)xxxxxxxxxA1A2A3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。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

42、：111 112213 3221 122223 3331 132233 3,0ijxa xa xa xxa xa xa xaxa xa xa x 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111 12222112233333 3,0ijxa xxa xaa a axa x 又（1,1,1）（a,b,c）112233,aabaca即 a：b：c = a11：a22：a33故变换式为：112233,0ijxaxxbxaab

43、cxcx 8、在拓广欧氏平面上求平移,xxayyb 的二重元素。解：设 x=13xx，y=23xx，则有11322333,xxaxxxbxxx （1）求二重点：31001010001ab由得，即=1 为三重根。将=1 代入方程组：13233(1)0(1)0(1)0 xaxxbxx 解得：30 x 所以在有限欧氏平面上，在平移变换下无二重元素，在拓广欧氏平面上，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：12123(1)0(1)0(1)0uuaubuu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，

44、0）的一切直线，即以ba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112233,(1)xxxxxx 的二重元素。解： （i）求二重点：二重点（x1，x2，x3）应满足123( 1)0(1)0(2)(1)0 xxx 21000100110001 由得，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 A1（1，0，0） 。（ii）求二重直线： 1=1 及

45、2=1，将1=1 代入123( 1)0(1)0(3)(1)0uuu 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1122233,(1)xxxxxxx 的二重元素。解： （i）求二重点： （x1，x2，x3）满足1223(1)0(1)0(2)(1)0 xxxx 3110010010001由得，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1123(1)0(1)0(3)(1)0uuuu 得 u1=0,u2

46、, 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11221231234,63 , (1)xxxxxxxxxx 的二重元素。解（i）求二重点：二重点（x1，x2，x3）满足1212123(4)06( 3)0(2)( 1)0 xxxxxxx 4106300111 由，得(+1) (+2) (+3) = 0，所以特征根=-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1231233(4)60(

47、3)0(3)( 1)0uuuuuuu 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11222333,(1)xaxxxaxxxax 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12233()0()0(2)()0axxaxxax310010)000aaaa由，得(，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11223()0()0()0auuauuau，得二重直线为（0，0，u3）

48、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=21xx，y=21yx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=21xx，解出 x=0, 1。y=21yx，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，x21xx）=1.(iii) 从原变换求其逆变换：x =

49、21xx x=21xx；y =21yx y=21yx所以在每条直线 OP 上有一个对合对应，对合的两个二重点是原点及 P 点。14、求证1111()RSTT S R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）=A1111()RSTT S R15、证明直线上非奇异射影变换1112111 1122221 12222122,0aaxa xa xAxa xa xaa 构成群。证：设 T：1112111 1122221 12222122,0aaxa xa xA

50、xa xa xaa ，S：1112111 1122221 12222122,0bbxb xb xAxb xb xbb ，所以 ST：111211121112111 1122221 1222212221222122,0ccaabbxc xc xDxc xc xccaabb 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-1：211121112111 121 2212 122221222122,0AAaaxA xA xDxA xA xAAaa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1112111 1122221

51、 12222122,0aaxa xa xAxa xa xaa 构成群。证：设 T：1112111 1122221 12222122,0aaxa xa xAxa xa xaa ，S：1112111 1122221 12222122,0bbxb xb xAxb xb xbb ，所以 ST：111211121112111 1122221 1222212221222122,0ccaabbxc xc xDxc xc xccaabb 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-1：211121112111 121 2212 122221222122,0AAaaxA xA xDxA xA

52、xAAaa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。17、证明直线上非奇异射影变换1112111 1122221 12222122,0aaxa xa xAxa xa xaa 不构成群。证：设 T：1112111 1122221 12222122,0aaxa xa xAxa xa xaa ，S：1112111 1122221 12222122,0bbxb xb xAxb xb xbb ，所以 ST：111211121112111 1122221 1222212221222122,0ccaabbxc xc xDxc xc xccaabb 即直线上行列式0

53、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：cossinsincosxxyyxy ，且 A=cossinsincos=1S：cossinsincosxxyyxy， 且cossin1sincosA所以 ST：cos()sin()sin()cos()xxyyxy，且cos()sin()1sin()cos()D故旋转变换之积仍为旋转变换；又因为T-1：cos()sin()cossinsin()cos()sincosxxyxxyyxyyxy且A-1=cossin1sincos，故旋转变换之逆仍为旋转变换，所以绕原点的旋转变换

54、构成群。第六章第六章二次曲线的射影性质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（12）所决定的。解：12（1）由 x1x3=013(2)xx；x2x3=023(3)xx将(2)(3)代入(1)得：13132213313131331(2)()022xxxxxx xxx xxxxxxx故所求二阶曲线的方程为：21 2231 3320 x xx xx xx2、 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

55、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(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

56、线束所产生的变态二阶曲线的方程。解：因为2300 xx的交点为 A1，过 A1的线束方程为：x2x3=0（1）18图又1300 xx的交点 A2，过 A2的线束方程为：x1x3=0（2）若线束 A1线束 A2，则,0（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=，=013233,00 xxxxx，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（

57、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（x1x2）=04、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作出二次曲线上其余的点。作法： 1245=A，过 A 任作一直线 P 作为巴斯卡线，34P=C，23P=B，所以 1C5B=6，即为二次曲线上的另一点，因为 1，2，3，4，5 五点决定唯一的二次曲线，由巴斯卡定理及作图知，点 6 在上，当直线 P 变动时，得到不同位置的点 6。5、给定一二次曲线上五点，利用巴斯卡定理作曲线在此

58、五点之一的切线。解： （图 20）已知二次曲线上五点 1，2，3，4，P（令 P56） ，则（1245）A， （1634）C， （AC23）B，则 PB 即为所求的以 P 为切点的切线。由巴斯卡定理得证。6、设六角形的对边互相平行，求证这六角形内接于一二次曲线。解： （图 21） 由巴斯卡定理：因为（1245）= I， （2356）=，（3461）= ，因为平面上只有一条无穷远直线 l，所以六边形对边交点共线（共无穷远直线） ，则此六边形必内接于一二次曲线。7、 内接于圆的两个三角形 ABC 与 ABC中，设交点 P=ABAB，Q=BCBC，X=CACA，证这三点共线。解： （图 22）两三角

59、形的顶点看成圆内接六边形 ABCABC，由巴斯卡定理：令 A1，B2，C3，A4，B5，C6，则有 P=ABAB=1245，Q=BCBC=2356，X=CACA=3416，所以 P，Q，X 共线。8、从一点 y 向二次曲线0ijija x x 引两条切线，20图21图22图证明这两条切线的方程可写作：证：设点 y（y1，y2，y3）是平面上的已知点，设 x（x1，x2，x3）为平面上任一点，这两点的联线上任一点 W 可表为 W=x+y，W 在二次曲线上的充要条件是：0ijija ww 2()()20ijiijjijijijijijija xyxya x xa y xa y y即：又点 x 在由

60、点 y 引向二次曲线的切线上的充要条件是： 确定联线与二次由线的交点的这个二次方程有等根（从而交点重合） ，即：2()()()0ijijijijijija y ya x xa y x9、证明以x1x3x22=0 为点坐标方程的二次曲线，它的线坐标方程为 4u1u2u22=0。证：二次曲线 x1x3x22=0，10021010041002ija ，故为常态二次曲线，其对应的二级曲线方程为：12312310020100,10020uuuuuu展开行列式并化简便得线坐标方程为：4u1u2u22=010、 证明以 u1u3u22=0 为线坐标方程的二次曲线， 它的点坐标方程为 4x1x3x22=0 。