《高等几何》朱德祥答案

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。T△ABC（AB=AC）一般△A'B'C'相对应，设点D为线段BC的中点，则AD⊥BCβ=γ，T（D）=D'∴D'是B'C'的中点。因此线段中点是仿射不变性。∵在等腰△ABC中，β=γ。设T（β）=β'，T∴D'是B'C'的中点。因此线段中点是仿射不变性。∵在等腰△ABC中，β=γ。设T（β）=β'，T（γ）=γ'，但一般△A'B'C'中，过A'的中线A'D'并不平分∠A'，即B'与γ'一般不等。∴角平分线不是仿射不变性。在等△ABC中，设D是BC的中点，则AD BC，由于T△ABC)=△A'B'C（一般三角形D仍为B'C的中点。由于在一般三角形中，中线并不垂直底边B'C'。得下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。

图(1)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△ABC△A'B'C'，D、、FBCCA，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B'C',C'A',A'B'的中点，因此A'D，B'E，C'F是△A'B'C的三条中线（图。设G△ABC的重心，且G'=T(G)∵G∈AD，由结合性得G'∈A'D'；又∵（AGD）=（A'G'D'）即 AD3GD 1BE BE 3 CF CF 3同理可得： ，

GE GE∴G'是△A'B'C'的重心。

1 GF GF 1图24、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（AB⁄⁄CD）与四边形A'B'C'D'相对应，由于仿射对应保持平行性不变，因此A'B'⁄⁄C'D'，所以A'B'C'D'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（A

BCD）=平行四边形A'B'C'D',面积记为：S'1 1 1 1 1 1 1 1 1T（A

BCD）=平行四边形A'B'C'D',面积记为：S'，112 2 2 2 2 2 2 2 211且S'=KS

，S'

=KS，

S

1SS1 1 2 2

S KS 1 22 2∴A'1B'1C'1D'1与A'2B'2C'2D'2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（x，y）0 oQ(ABP)

APAP（分割比，

36,

2BP PB

0 1

0 1且P在直线x+3y-6=0上，363(2601 1λ=1P是AB中点，且。7、证明直线Ax+By+C=0将两点

（x，y）和P

（x，y）的联线段分成的比是

AxBy

1 1

2 2 21Ax1ByC12 2证明设分点为Px，y，则分割比

AP，Qx

0xx,y

0yy

PB图(3)(图(3)110 12 011

1P（x，y）在直线Ax+By+C=0上，0 01xx yy1A(11

2)B(1

2)C0Ax1+By1+C+λ(Ax2+By2+C)=0

AxByC11AxByC112 28、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'B'C'D'对应图（3）ABABBCABBC

, 得证。CD BC CD BC

CD

CD9、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）=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）=(A'B'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AB关于直线（平面）对称，则线段A⊥A⊥。但仿射变换不保留角的度量，所以当T（A）=A'，T（B）=B'，T（）1（T））时，线段A'B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,）（x，y）为仿射坐标。xxy 1yxy1

20 (2)1 2 0 1 2xaxaya a ab设其逆变换为：b

y

1x

b2yb

1 20 (3)b b将3）式代入1

1 2 0 1 2A（a

x'+ay'+a）+B(bx'+by'+b)+C=0,1 2 0 1 2 0即：(Aa1+Bb1)x'+(Aa2+Bb2)y'+Aa0+Bb0+C=0，记为：AxByC0 是x',y'的一次式。2其中A=Aa1+Bb1, B =Aa2+Bb，C=Aa0+Bb0+C02且A,B不全为0，若不然，Aa1+Bb1=0，Aa2+Bb2=0abaab 1 2b1 2

0 ab111

a20矛盾。b211、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？（1.25所指常数的意义。解：ΔA1A2A3和ΔA'1A'2A'3的面积分别以S,S'表示，1111x y 111111 1

ax1 11

a ya121

a x21

a ya221 232S x2

y 1=

a x

ya22 22x y 1

11ax

12 2 a ya

21a x

22 2 23a ya3 3x y 1a

113 123 1a 01

213

223 2311 1 111 x y 1a

21a 0

DS

S

(常数)2 2 2 12 22 2 Sx y 1a a 13 3 13 23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）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ABCDT梯形A'B'C'D，所在直线交点，T为仿射变换，则梯形ABCDT梯形A'B'C'D，ETE为B'CFTF为A'D'中点。（BAP）=（B'A'P'）,(CDP)=(C'D'P')

图(4)共线，∴由结合性得四点共线，但直线P'E'已不是对称轴（图4直线交点凡四点共线。13、求仿射变换

x3xyy4x2y

的自对应点和自对应直线；2xy40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。

4x3y0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：u'x'+v'y'+w'=0u'(3x－y+4)+v'(4x－2y)+w'=0，或（3u'+4v'）x－(u'+2v')y+4u'+w'=0。若1为自对应直线，则u=λu'，v=λv'，w=λw'，因此u 4v uu 4v u2vvuv0 (1)u

u10因为u'，v'，w'不全为零，所以方程组(1)有非零解。3故14

420

001

0 解得λ1=2，λ2=－1，λ3=1，将λ1=2代入方程组(1)，得u'=4,v'=－1，w'=16。将λ2=－1代入方程组(1)，得u'=1,v'=－1，w'=－2。将λ3=1代入方程组(1)，得u'=0,v'=0，w'=1。就本章内容而言，λ=1时，自对应直线不存在，故所求自对应直线为：4x－y+16=0和x－y－2=0。第二章欧氏平面的拓广BBC11BBC1证：设△SAC为等腰三角形（SA=SC）,SB⊥AC,过A作一射线平行于SC交SB的延长线于B1,交SC于C∞（图A,B,C在中心S的投影下分别是A,B,C1 ∞的像点，C∞ AC AC∞ ∵（ABC）=

BC2,而（AB1C）= B 1，1 1 ∴（ABC）≠（ABC）,1 2、以下面的坐标表示的直线是怎样的直线？11，－；（（，01，。解利用点线结合方程：u1x1+u2x2+u3x3=0.2(1)∵u1=1,u2=1,u3=－1,∴x1+x－x3=0，非齐次化为：x+y－1=0.21 2 (2) x－x=0或x－y=0（3）x=0y=0x1 2 3、求联接点1,21）与二直线2,1,（，0）之交点的直线方程解 先求二直线2,1,（1，0）的交点坐标：x：x

：x=1

3 3 2 2 : :

3:3:31:1:11 2 3

1 0 0 1 1 再求两点1，11，）的联线的坐标：1 1 1 1 1 1u：u：u= : : 1:0:1 +x=0x+1=01 2 3 2 1 1 1 1 2 1 34、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，(53,1的联线坐标：4 1 1 3 3 41 2 u：u：u1 2

3 1:1 5:5

1:8:29再求二直线1－1,，－，－2）的交点坐标：1 2 2 1 1 1 2 x：x：x1 2

8 29: :

845:31:7 C29 1 1 所求交点坐标为4，3，－2。1 2 3 1 5、方程u－u+2u=0代表什么？u2－u2=01 2 3 1 1 2 解：方程u－u+2u=0表点（1，－1，2）的方程 1 2 或表示以点（1，－1，2）为中心的线束方程。1 2 1 2 1 u2－u2（u+uuu=01 2 1 2 1 1∴u1+u2=0表示点（1，1，0）的方程；u－u2=0表示点（1，－1，0）的方程。11 ∴u2－u2=0表示两点（1，1，0）和（1，－1，01 62x－y+13x+y－2，7x－y2x－y+1=λ（3x+y－2）+μ（7x－y）=（3λ+7μ）x+（λ－μ）v－2λ，72得方程组1 解得：

1,121 2 2∴2x－y+1=1(3x+y－2)+ 1(7x－y)。依据是若令它们为零，所得三直线共点。2 27、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，11（，1101）2则1 此方程组无解，1即找不到λ和μ满足式，这说明它们表示的三点（线）不共线（点。8、求直线x－2y+3=0上的无穷远点的坐标。解：x3=0是无穷远直线方程∴

2x0

3x0331 2 1 从而x－2x=0,取x=2,得x=1,所求无穷远点坐标为2,1.1 2 1 9、下列概念，哪些是仿射的，哪些是欧氏的？①非平行线段的相等； ②不垂直的直线；③四边形； ④梯形；⑤菱形； ⑥平行移动；⑦关于点的对称； ⑧关于直线的对称；⑨绕点的旋转； ⑩面积的相等答：①欧氏；②欧氏；③仿射；④仿射；⑤欧氏；⑥仿射；⑦仿射；⑧欧氏；⑨欧氏；⑩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)

ACBDADBEAEBC1ADBC AEBD ACBE2、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，∞（AB·CD

）AC

AC 1∞ AD

BC BC3、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）

ACBD224ADBC 31 3（AB，DC） 1 3(AB,CD) 4(AC，BD)=1－（AB，CD）14

1（AC，DB）

1(AC,BD)

3 33（AD，BC）1(AB,DC)13114 41（AD，CB） (AD,BC)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。1则（2，1，－1）+μ（1，－1，1）=（1，0，0）12 1

1 1

1 1

1；1 0 0 12（2，1，－1）+μ（1，－1，1）=（1，5，-5）22 2

1

12

31 5 5 2 2 2所求交比为132345、设P1,P2,P4三点的坐标为（1，1，1）,（1，－1，1）,（1，0，1）且（P1P2,PP）=2,求点P3的坐标。34PP解：以 PP1

2为基底，则（1，1，1）+μ

，－，1）∝，1。12 22

1 2

1 2 11 0 1 2设μ1是基底P1，P2表示P3的参数，由已知条件P3P4）=12，且μ2=1，2∴1=P3的坐标为11+（1-，=，-，3。=-1

6、设A、B、C、D为共线四点，O为CD的中点，且OC2=OA·OB，证明（AB，CD）OC OB OCOA OBOC证明：∵OC2=OA·OB

OC

，由合分比得OC

OBOCAC CB因此OAOD

OBOD,（∵OC=－OD）AC CB

ACBD

(AB,CD)1，DA DB ADBC7、设A、B、C、D成调和点列，即(AB，CD)=－1，求证

1 1(1

1).CD 2CA CBACBD1ACBD+BCAD=0(1)ADBC∵BD=CD－CB, 代入（1）AC（CD－CB）+BC（CD－CA）=0，化简得：AC·CD－AC·CB+BC·CD－BC·CA=0，－CA·CD+CA·CB－CB·CD+CB·CA=02CB·CA=CA·CD+CB·CD 以CA·CB·CD除（2）式两边，得：1

1(1

1).CD 2CA CB8、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ab －2a b

b =0。1122

12

2211证明：必要性，设两方程的根依次是x1,x2和x，x，则x+x

=

3 4a12，x·x=1222221 2 a11

1 2 a11x+x

=

b22，x·x=22

（1）123 4 b1211

3 4 b11若(xx，xx

)=－1，即(xxx

)112 34

1 3 2 4(xx1 4

)(x2

x)31 3 2 4 1 4 2 有（x－x（xx（xx（x－x=1 3 2 4 1 4 2 2（x

x＋xx）－x＋x（x

）=0，（2）12 34 1 2 3 422将（）代入，得：22

2a22

4ab 12120b a ab11∴a11b22+a22b11-2a122b12=0。

11 1111充分性，以 2 乘ab

b －2a b =0的两边，得ab 1122

22

121211112b 2a 2a 2bb22a22a12b12011 11 11 11将（1）代入上式后按必要性步骤倒推即得：(x1x2，x3x4)=－1。92x－y+1=0,3x+y－2=0,7x－y=0,5x－1=02x－y+1=03x+y－2=0为基线表示7x－y=0，5x－1=0，∵7x－y=0与（2x－y+1）+λ（3x+y－2）=0重合，∴ 7231

111

0121

11;1 22∵5x－1=0与（2x－y+1）+λ（3x+y－2）=0重合.2∴ 523

01

11

1,22 2 21所求交比为12

，由于交比存在，所以四直线共点。210证明：设直线、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

AC

SA

1 6ADBC CB AD SB SA∴（ab，cd）=（AB，CD）=－1。（图证明：设AC×BD=O，AE×BD=P∞因此A（BD，CE）=（BD，（图证明：设AC×BD=O，AE×BD=P∞因此A（BD，CE）=（BD，OP）∞=（BDO）DO1BO图712AB为直径延长线上一点，从C向圆引切线CT，证明TAB上的垂直射影DC对于BC在线段AB和共轭点？1：设O是AB和共轭点？1：设O是AB∴OT2=OD·OC，即OA2=OD·OC，图8证法2：∠ATD=∠ATE，∠DTB=∠BTC，T，TADTC的内外分角线（图因此（AB，CD）=T（AB，CD）=－1。如果C在线段AB内部，过C作CT⊥AB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也确定，所以点唯一确定。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'）（1，x）=(0x，1∞)（10（0x'，展开得：

x1

10

x

1 ,

0 110x0 1x 1x 1 114、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,（1,2,33）1－2－3.解：设第四对对应点（1）∵（12，3x）=（43，2x'）2(x2)

2(x3), xx5, 且1

10(x1) 1(x4) 0 11 0（2）∵（12,3x）=(12,3x')，∴x'=x为恒等变换，且 100 11 0（3）∵12,3）（-1-，-3x，∴x'=-x且 100 115、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A→A'，B→B'，C∞→C'∞，决定射影对应，设M→M'为任一对对应点，则由（AB，C∞M）=（A'B'，C'∞M'）得：（AB）A'B'M，即AMAMAMBMAMBMAB定比。 BM AM BM AMBM AB2x

axcxd

a b且c d0或：x

abx ,cdx因为当x→∞时，x'→∞，所以c=0。x

axd

，或dx'－ax－b=0。设x1→x1'，x2→x2'为两对对应点，因此1dx1'－ax－b=0 ①1dx2'－ax－b=0 ②2①式减②式，得d(x

'－x

')=a(x

)xx 1 212

定比。1 2 1 2

xx1

d16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） 9∵A（MM

，M

）=sinM1AM3sinM2AM41 2 3 4

sinMAM1 4

sinMAM2 3sinMAMsinMAM= 1 3 2 4sinM1

AM4

sinM2

AM3=A'（M1M2,M3M）。∴A'（MM

,M

4M,MM）1 2 3 4 1 2 3 412 117、从原点向圆（x－2）2+(y－2)2=1t,tx轴，y轴，t,t顺这次序的交（t12 11k1k2

2k

1，两边平方得：3k230，解得：k1,2

= 4 7.4 74 74 74 734 734 74 7

邻近x轴，∴t1

的斜率为k1=

3 .

的斜率为k2= 3 ，因此t1

的方程为

的方程为x=0，44 7故（xy，t,t）=k= 。1112 k218、设点（31（，-，）的联线与圆2+2－5x－7＋6=0相交于两点C和，求交点D及交比AC。2 13 23 解：圆方程齐次化：x12+x2－5xx－7xx+6x2 13 23 （3+3，1，2，若此点在已知圆上，则（3+3λ）2+（1－λ）2 －5（3+3λ）2－7（1－λ）2+6×22=0，化简得：10λ2－10=0，∴λ1=1，λ2=-1，即直线AB与圆有两个交点，λλ21设，分别对应的交点是D，则C的坐标是3,0,D的坐标是0,1,）λλ211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｝｛M。证明：设圆半径为a,，M（，b，，b为参数（图1，a bbrara bbraraba2b2因此r

y1bx+ay-ab=0，由于m与圆相切，，此式两边平方，得r2a2+r2b2+a2b2+2abr－2a2br－2b2ar＝a2r2＋b2r2,1 或ab－2ra－2rb+2r2=0

2r2

2r20

10∴点故｛｝M。20xxx,δα－βγ≠0,在什么条件x下以无穷远点作为二重点。解：设x=x'是无穷远点，因此limx = lim

x

0x x x所以，以无穷远点作为二重点的射影变换是x

axa,b. 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1S1S2

kS1S12

,k是个常数。2证明：已知S1→S2

，S

→μ'

是第三对对元素，μ→μ'是任一对对应元素，1 2211因为三对对应元素确定唯一射影对应，1 2211∴（SS

，μμ'）=（SS

μ，因而(

S)(

)(S)(S)12 1

12

(S)(S) (S)(S)2 1 2 1 (S) (S) (S)(S) (S) (S)(S)故： 1 1 1 2

1

1 , 其k= 1 1 2(S) (2=

S)(1 2

S)(S1

) (S2

) (1

S)(2

S)122、设S

12

是对合对应的二重元素，证明这对合可以写: S1S12

S 01S12证明：设μ→μ'是对合对应下任一对对应元素，从而（S1S2，μμ'）=-1，即SS S 或S SS11S122 1

S2

S121∴S1S2

SS10223、一直线上点的射影变换是x'=3x2，证明这直线上有两点保持不变，且这两点跟x4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+x－2=0，解得固定点为x=-2和设任一对对应点为x，3x2 ，x4

3x2

5(x1)(x2)5

(常数)x4 2(x2)(x1) 224、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λ、λ'，则对合方程为aλλ'+b(λ+λ')+d=0,ad－b2≠0λλ'=－1，ab()d0所以1

b2(ad)b0 (1) (ad)24b20λ1所以当方程有两个不等实根λλ1

2时，只有一对互垂对应线，这是因为λ

bλ=－=－1,因而

'= 1=λ，λ'=1=λ。12 b

1 1

2 12当方程（1）有两个相等实根时，必须a－d=0，b=0，这时对合变为λλ'=－1，每对对应线都互垂。25、设ABBCC是对合的三对对应点，试证ABCBCA（CAB=1。证明：由对合对应的相互交换性，有A→A'，B→B'，A'→A，C'→C，所以ABA'C）=A'B，A，于是得AABCAA BC AC1ACACBC∴ABC（BCACAB）=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OT⊥O'T，∴OT2=OP·OP'，即OA2=OB2=OP·OP'。∴点P，P'的一对对应点。1127Oy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。1 2 1 证明：设直角边交x轴的任意两个位置为A，A；B，B（设OA2=k，则OA1·OA2=OB1·OB2=OA2=k1 2 1 1 2 1 因为A，A；B，B在x1 2 1 2故OA1·OA2=OB1·OB＜0，2

2122ABBA因而 ，；ABBA1 2 1

，……在x轴上构成椭圆型对合1、设1、设△ABC的顶点，A，B，C分别在共点的三直线α，β，γ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1。A0C0×AC共线，即AC通过A0C0×PQ=R（定点。2△ABC的二顶点A与B分别在定直线α和β上移CA分别过共线的定点R，求证顶点C也在一定直线上移动。证：设（定点，△A0BC0是满足条件的定三角形，△ABC是满足条件的任意三角形。140证：设A0是αβ于B0，BA0C0×AC共线，即AC通过A0C0×PQ=R（定点。2△ABC的二顶点A与B分别在定直线α和β上移CA分别过共线的定点R，求证顶点C也在一定直线上移动。证：设（定点，△A0BC0是满足条件的定三角形，△ABC是满足条件的任意三角形。140∵A0B0×BC=Q，A0C0×AC=R。由代沙格定理逆定理得，3、设P，Q，R，S是完全四点形的顶点，A=PS×QR，B=PR×QS，C=PQ×RS，证明A1=BC×QR，B1=CA×RP，C1=AB×PQ三点共线。3、设P，Q，R，S是完全四点形的顶点，A=PS×QR，B=PR×QS，C=PQ×RS，证明A1=BC×QR，B1=CA×RP，C1=AB×PQ三点共线。△ABC△PQR中（图1A，B，CR共点。∴对应边的交点C1=AB×PQ，B1=CA×RP，A1=BC×RQ三点共线。154、已知线束中的三直线a，b，c求作直线d使（ab，cd）4、已知线束中的三直线a，b，c求作直线d使（ab，cd）=－1。S1a,b，cA，B，C在直线c上任意取一点Q，联AQdRBQaPPR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）=－1，16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DBC所以BC直线上的无穷远点，17因而FE∥BC。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1、将一维笛氏坐标与射影坐标的关系：x, 以齐次坐标表达。x解设一维笛氏坐标系中，一点的坐标为x，则齐次坐标为（x

x，x，且x＝1，1 2 x121一点的射影坐标为λ，齐次坐标为（λ

,λ）λ=

，将λ和x代入关系式x 1

1 2 2 1有 x ，化简得1 1

1 2 (0)

xx xx 2 1 1 2 1 2x2∴

x

且 为齐次变换式。11x2 2 1 2、在直线上取笛氏坐标为的三点作为射影坐标系的A1,A2,求此直线上任一点P的笛氏坐标x与射影坐标λ的关系（i解：笛氏坐标 ． ． ． ．射影坐标： A2 A1 E λ（i）由定义λ=（AA，EP）=（2 0，3x）=(32)(x0) x1

2x 1 ，且

6

(x2)(30) 3x63x6 3 6若有一点它的两种坐标相等，即x=λx

x3x

，即3x2－7x=0，∴当x=0及x=7时两种坐标相等。33、在二维射影坐标系下，求直线A1E，A2E，A3E的方程和坐标。1 2 解：坐标三角形顶点A（1，0，0）,A（0，1，0）,A（0，0，1）和单位点E（1，11 2 1）设P（x

x xx001312，x，xx0013121 2 3 1 1 01 1x0013即x2－x3=0，线坐标为（0，x0013直线A

x x1 2E的方程为：

，即

－x=，线坐标为10，－1；2 0 1 1 31 1x1x1013直线A

1 2E的方程为：

，即

－x=0，线坐标为（－1，1，0）3 0 0 2 11 11 2 4、写出分别通过坐标三角形的顶点A，A，A 的直线方程1 2 5、取笛氏坐标系下三直线x－y=0，x+y－1=0，x－2=0分别作为坐标三角形的边AA，AA，AA，取E（31）为单位点，2 33 11 222E（3,1，∴e=求一点的射影坐标（x1，x，x）与笛氏坐标（x，y，t）的关系。2 32211 ，e=1，e=1（18）2235、取笛氏坐标系下三直线x－y=0，x+y－1=0，x－2=0分别作为坐标三角形的边AA，AA，AA，取E（31）为单位点，2 33 11 222E（3,1，∴e=求一点的射影坐标（x1，x，x）与笛氏坐标（x，y，t）的关系。2 32211 ，e=1，e=1（18）2232任意一点M（x，y）到三边的距离为：ρ=xy，ρ=1 22xy12，ρ=3x118∴射影坐标（x，x，x）与笛氏坐标的关系为：1 2 3ρx==x－y，ρx=2=x+y－t，ρx=11

=－2x+4t1 e1x

2 e2xy,

3 e331 0即：

1xyt,且1 1 604 0 x

2x x t3xxxxx

x,6

xx1

x3

(1)求出每一坐标三角形的三边在另一坐标系下的方程。xxxx3 1 2 3解：△A1'A2'A3'三边，A1'A2'：x'3=0；A1'A3'：x'2=0；A2'A3'：x'1=0。2从变换式△A1'A2'A3'△A1A2A3下的方程：A1'A2'的方程为：x'3=0，即x1+x－x3=0；21A1'A3'的方程为：x'2=0，即x－x2+x3=0。1的方程为：x'1=0x

＋x=0。2 xx2 x2x由（1）1x2x

2x,(2)x3

xx1 2xx1 2 3 1 2 3 1 3 2 2 3 △AAA的三边，AA：x=0；AA：x=0；AA：x=01 2 3 1 2 3 1 3 2 2 3 从变换式△A1A2A3△A1'A2'A3'下的方程：x'1+x'2=0A1A2的方程。x'1+x'3=0，即A1A3x'2+x'3=0，即A2A37△A1A2A3转换式为何？xa

xa

xax,解：设变换式为：

x

111ax21

122a x222

133,a x,233

a 0ijxax3 311

a x322

ax333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ρ1=a，a =0，a =0；ρ

，a =0，a =0；ρ=a

=0，a =011 21 31xax,

2 22 12

3 33 13 23x故有 x

11a

, a aaa 0xx

a22x2 ij

1122333 333又（1,1,1）→（a,b,c）aa,∴b

11, 即a：b：c=a：a ：a a 11 22 33ca2233

xax,11

xx

bx,2

a abc0ijxcx3 3yy8、在拓广欧氏平面上求平移yyxxx x xxx

ax,33解：设x= x

，y= x

，则有

1 bx,2 33 3

xx3 31由00

010

ab1

0得130，即μ=1为三重根。(1)xμ=1

ax0

解得：x0 2 3 3(1)x03所以在有限欧氏平面上，在平移变换下无二重元素，x x 在拓广欧氏平面上上的所有点（ ，，x x ∞ 1 2λ=1为三重根。)u0将λ=1

得u

+bu

+0u=0au1

2

1 2)u03b

1 2 3所以二重直线是通过点（a，b，0）的一切直线，即以a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。xx,9、求射影变换x1 (1的二重元素。x23 3(1)x0（）求二重点：二重点x，x

）应满足()x0 (2)1 2 31 0 0

)x203由0 1 0 得10，∴μ

=1为二重根，μ

=－1为单1 20 0 1根。0。

将1=1代入）式得x1=，x，3为任意数，所以二重点为x，x，x，x不同时为零，此为坐标三角形的边x=0上的一切点；1 2 2 2 3 将2－1代入）式得二重点x00，此为坐标三角形的顶点A（1 2 2 2 3 λ1=1λ2=－1，(1)u0将λ=1代入(u0 (3)得二重直线u=，即过A（）的一切直1 1 1)u203线；3将λ=－1代入（3）得二重直线x1=0，为坐标三角形的边A2A。3xxx,10、求射影变换1, x2

(1)的二重元素。3 3（）

，x，x

(1)x）满足(1)x1

x002

(2)1 2 31 1 0

)x203由0 1 0 得0，有三重根0 0 1将μ=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：λ=1为三重根，(1)u0将λ=1代入u

0 (3)

=0, u,

为任意数，(1u3

1 2 3即二重直线为以A1(1,0,0)为中心的线束。x4xx,1、求射影变换61

,(1)的二重元素。x1x2x3 1 2 3

(4)xx0解（i）求二重点：二重点

，x）满足x

(1)x

(2)61 2 364 0

xx1

(12)x03由6 0 0，(μ+1)(μ+2)(－μ+3)=所以特征根。1 13取－1代入）得二重点为0，，x）即取－2代入2）得二重点为1，，5，3取3 代入）得二重点为1，，0。λ=－1，－2，3。(4)u6uu0λ=－1代入

0(3)得二重直线为（1，－1，－1）(1u02 33取λ=－2代入得二重直线为取3 代入3）得二重直线为（，10xax

x,1、证明射影变换a1a22,(1)只有一个二重点及通过该点的一条二重直线。33证：若有二重点（x，x

3(a)x，x）则满足(a)x1

x

00 (2)1 2 3

(a)x2033a 1 0由0 a 1 )30，即μ=a为三重根，0 0 a将μ=a代入2）得二重点为1，，0。若有二重直线u，u，u，得=a为三重根，1 2 3(a)u0将λ=a代入

(a

0，得二重直线为（0，0，u

）即

=0，3 31 2u(a2

031所以二重直线AA2通过二重点A（，0。1x y13（i）2x1，y'=2x1的二重点。（ii）设O为直线x=1OP上一点M求交比O，MM；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：x由题设有x=2x1，解出x=0,。yy=2x1，化简为：y(2x－2)=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。x（ii）交比（OP，MM'）=（01，xx'）=（01，x从原变换求其逆变换：xx'=2x1→x=2x1；yy'=2x1→y=2x1

2x1）=－1.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(RST)1T1S1R1这里的R，S，T表示变换。证：设A'=AA"=SAA"'=（A，∴A'''=(RST，则RS-（A"）=。而R-1（A"'）=A"，S-1（A"）=A'，T-1（A'）=A∴(RST)1T1S1R1xa

xax a a15、证明直线上非奇异射影变换

11

122A 11 120构成群。xax2 211

a x222

a a21 22xa

xax a a证：设T

11

122,A 11 120，xax2 211

a x222

a21 22xb

x

x b bS：

11

12, 11 120，xbx2 211

bx222

b21 22xc

xc

c a a b bS·T

11

122,D 11 12 11 12 11 120xcx2 211

c x222

c c a21 22

a b b22 21 22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；x

AxAx

A A a a 2又因为 T-1：

11

21,D

12

12 0 xAx

Ax A A a a2 121 222 21

22 21 22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。xa

xax a a16、证明直线上非奇异射影变换

11

122A 11 120构成群。xax2 211

a x222

a a21 22xa

xax a a证：设T

11

122,A 11 120，xax2 211

a x222

a21 22xb

x

x b bS：

11

12, 11 120，xbx2 211

bx222

b21 22xc

xc

c

a b bS·T

11

122,D

12

12

120 xcxc x c c

a b b2 211 222 21

22

22 21 22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；x

AxAx

A A a a 2又因为 T-1：

11

21,D

12

12 0 xAx

Ax A A a a2 121 222 21

22 21 22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。xa

xax a a17、证明直线上非奇异射影变换

11

122,A

120不构成群。 xaxa x a axa

xa

2 211 222 21 22a a证：设T

11

122,A 11 120，xax2 211

a x222

a21 22xbxbx b bS：

11

12, 11 120，xbx2 211

bx222

b21 22xc

xc

c a a b bS·T

11

122,D 11 12 11 12 11 120xcx2 211

c x222

c c a21 22

a b b22 21 22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原点的全体旋转变换构成群。证：设T：

xxcosysin

cos，且A=

sin=1yxsinyco sin coS：xxcosysin，且A

cos sin1ysinycos

sin

cos所以S·T：

xx)y)

，且D

) )1yx)y) ) )故旋转变换之积仍为旋转变换；又因为

xcos)ysin)yxsin()ycos()cos sin

xxcosysinyxsinycos且A-1=sin cos1，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x

－λx

=0

－λ'x=0（

1）所决定的。2

1 3 2 3解：∵

1

（1）由x－λx=0x1

(2)；x－λ'x=0x2

(3)1 3 x3

2 3 x31x11将(2)(3)代入(1)

x xx2 3 1 3x(x

)x(x

x)0x x13 11x3

2x3

2 1

3 1 3故所求二阶曲线的方程为：xx2xxxxx2012 23 13 36.13给定无三点共线的任意五E，使6.13给定无三点共线的任意五E，使假设EB，18C，D，E过A任作一1与直线CD交于A'，再在CD上作使，然后连接B'B1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(A'B'，CD)=k（18）23、建立一个透视对应使以A1(1，0，0)为中心的线束对应于以A（0，1，0）为中心的2线束；并求这两透视线束所产生的变态二阶曲线的方程。x 0解：因为2 的交点为A，过A的线束方程为－λx=0 （1）x 0 1 1 2 33x又

00的交点A2，过A2的线束方程为（2）3若线束A

线束

，则,

0（3）1 2 将(1)(2代(3)得：x2(γx3)-(ax1+βx3)=0 （4）若线束A

线束

，则

=0为自对应直线（即

=0，变为x

=，1 2 3

33x x3

x 即（3）式中时对应于λ=∞，∴γ=0 2x3

3,x 3

0，3 1 2 化简为x（－αx+δx－βx）=0,且αδ≠0 （53 1 2 3若A（0，0，1）在（5）式所表示曲线Γ上，则有β=0，32再E（1，1，1）在（5）式所表示曲线Γ上，则有－α+δ=0，这时（5）式变为：x3(－ax1+ax)=0，a≠0,23 1 二透视线束产生的变态二阶曲线的方程为（x －x）3 1 4、给定二次曲线上五点，求作曲线上另外一些点。（图19）已知二次曲线上五点，4、给定二次曲线上五点，求作曲线上另外一些点。（图19）已知二次曲线上五点，，，。作法：12×45=A，过A任作一直线P作为巴斯卡线，34×P=C，23×P=B，所以1C×5B=6，即为二次曲线上的1，2，3，4，5五点决定唯一的二次曲线Γ，195（图2）已知二次曲线Γ上五点，，P（令，则（124163（AC2），则PB即为所求的以P为切点的切线。由巴斯卡定理得证。图20（图（图2）由巴斯卡定理：因为124）=∞（23×5=Ⅱ，∞（34×61）=Ⅲ，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。∞21（图2）两三角形的顶点看成圆内接六边形ABCA'B'C，7、内接于圆的两个三角形ABC（图2）两三角形的顶点看成圆内接六边形ABCA'B'C，由巴斯卡定理：令A≡1，B≡2，C≡3，A'≡4，B'≡5，C'≡6，则有P=AB×A'B'=12×45，Q=BC×B'C'=23×56，X=CA'×C'A=34×16，所以P，Q，X共线。8、从一点y向二次曲线axxiji j

0引两条切线，证明这两条切线的方程可写作：(ayy)(axx)(ayx)20iji j iji j iji j证：设点y（y，y，y）是平面上的已知点，1 2 31 2 设x（x，x，x1 2 这两点的联线上任一点W可表为W=x+λy，W在二次曲线上的充要条件是：aww0a(xy)(xy)axxayx2ayy0ij i j ij i i j j iji j iji j iji j又点x在由点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：(ayy)(axx)(ayx)20iji j iji j iji j9、证明以x

x－x2=0为点坐标方程的二次曲线，它的线坐标方程为

u－u

2=0。001210012120001

12 2证：二次曲线x

x－x

2=0，Qa

0，故为常态二次曲线，13 2

ij 400012u10012u12 1其对应的二级曲线方程为：

0 u20,0 0 u3u u 02 312 展开行列式并化简便得线坐标方程为：4uu－12 10

u－u2=0为线坐标方程的二次曲线，它的点坐标方程为4x1x3－x22=0。0012100120 12 1证：u

u－u

A

0

0，故为常态二级曲线，13 2

ij 40 00 0 1 x2 120,其对应的二阶曲线的方程为：0 20,1 0 0 x2 3x x x 01 2 3x－x2=0。13 2

u－u

2=0

x－x

2=0。13 2

0 0 2

13 2

u－u2=0A 0 040，故为常态二级曲线。13 2ij

2 0 0其对应的二阶曲线的方程为：

0 0 0 2 0

x12x 0,2x3x x x 01 2 313 展开行列式并化简便得点坐标方程为：xx－x13 12、求下列二次曲线的秩，如果是变态的，试求其奇异点。1 2 3 23 13 1（i）2x2－x2+5x21 2 3 23 13 11 2 3 23 31 1（ii）2x2+3x2－1 2 3 23 31 1（iii）x2

+4x2+4x2－8xx+4xx－4xx=01 2 3 23 31 122 1 72 2 2 1解（QDa 1

0，但

202.ij 272

1 21 2 3 23 13 12x2－x2+5x1 2 3 23 13 1可化为（x－x+x）(2x+x+5x

)=0表两直线,其交点(-2,-1,1)为奇异点。1 2 3 1 2 32 1 1(ii)QDa

2 23 1 03，二次曲线为常态的，无奇异点。ij 212

1 （iii）QDaij

1 24 00。2 4原方程x21+4x22+4x23－8x2x3+4x3x1－4x1x2=0，进行因式分解可化为（x1-2x2+2x3）2=0，即x1-2x2+2x3=0为两条重合直线，此直线上每点都是奇异点。第七章二次曲线的仿射性质1、求二次曲线x2+3xy-4y2+2x－10y=0的中心与渐近线。

x-4x2+2xx－1