《高等幾何》就開始答案

1、第一章仿射幾何的基本概念1、證明線段的中點是仿射不變性，角的平分線不是仿射不變性。證明：設(shè)T為仿射變換，根據(jù)平面仿射幾何的基本定理，T可使等腰AABC (AB=AC)與一般A'B'C湘對應(yīng)，設(shè)點 D為線段BC的中點，貝IJ ADXBC,且|3=丫，T (D) =D'(圖1 )o VT保留簡 比不變，即(BCD) = (BCD') =-1,.?.D是BC的中點。因此線段中點是仿射不變性。?在等腰厶 ABC中，p=y?設(shè)丁( B)=卩，T ( y ) = y',但一般 ABC中，過A啲中線AD并不平分ZA，即B與/ 一般不等。?角平分線不是仿射不變性。圖在等

2、腰AABC中，設(shè)D是BC的中點，貝U AD丄BC,由于T(AABC)= AA'B'C'( 一般二角形)，D仍為BC的中點。由于在一般三角形中，中線ATT并不垂直底邊 BC。得下題2、兩條直線垂直是不是仿射不變性？答：兩直線垂直不是仿射不變性。證明三角形的中線和重心是仿射不變性。證明：設(shè)仿射變換 T將ZABC變?yōu)?A'B'C', D、E、F分別是BC、CA, AB邊的中點。山于仿射變換保留簡比不變，所以D=T(D),E'=T(E),F=T(F)分別是 B'C',C'A',A rB'的中點，因此 AD,

3、 BE,。0是厶ABC的三條中線(圖2)。設(shè)G是ZXABC 的重心，且 G'=T(G)VGeAD,山結(jié)合性得 G 'GA'D'又(AGD) = (AGD)即 AD = A7X = 3GD GTDrCF 同理聊鄭黑盲命湘對應(yīng),證礦梯形在仿射對應(yīng)下仍為梯形。 心。證明：設(shè)在仿射對應(yīng)下梯形 ABCD (AB 處D)與四邊形 A'B'C'D山于仿射對應(yīng)保持平行性不變，因此所以A'B'C'D'為梯形。5、證明兩個全等矩形經(jīng)過仿射變換為兩個等積平行四邊形。證明：設(shè)T為仿射變換，AiBiCQi與A2B2C2D2為兩個全等

4、矩形，其面積分別以Si=S2°由于T保留平彳丁性，所以：T (A1B1C1D )=平行四邊形 A'iBhC'iD'j,面積記為：S'iT (A2B2C2D2 )=平行四邊形 ATBSCSDS，面積記為：S'2,且 S, i=KSi , S'2=KS2=£ =皂=1?7S; KS2-. A'lB'iC'iD'i與是等積的平行四邊形。6、經(jīng)過A (-3, 2)和B (6, 1)兩點的直線被直線 X+3y-6=0截于P點，求簡比(ABP) 解設(shè)P點的坐標(biāo)為(xo，y°)HABPX冷-驚&qu

5、ot;(分割比),而：兀0歸6A 1 +且 P 在直線 x+3y-6=0 上,( 3 + 62 ) +3(土)-6 = 021 + A 1 + A解得心1,即P是AB中點，且(ABP) = 1。的比是山I+BH+C7、證明直線 Ax+By+C=0將兩點Pi (x “和P2 (X2, y2)的聯(lián)線段分成AX2 + By2 + C證明設(shè)分點為P (xo, y。)，則分割比心一，西+A1+2P (xo, yo.4(兀1+2兀2 I) B(億工一1)在直線/ac¥crAxi+By i+C+X(Ax 2+By2+C)=0 _ Axx + By x+CA%2 + B% + CPB8、證明一直線上

6、二線段之比是仿射不變量。證明：若直線a上兩線段AB和CD經(jīng)仿射變換T后與直線a,上的兩段AB和CD對應(yīng)圖AB AB BC AB BC A'B' CD BCCD BC CD C'D'得圖9、證明圖形的對稱中心是仿射不變性，圖形的對稱軸和對稱平面是不是仿射不變性？證明：設(shè)仿射變換 T將中心對稱圖形 F變?yōu)閳D形F,點0是F的對稱中心，A, B為圖形F上關(guān)于點0對稱的任意一對對稱點。設(shè) T (0) =0', T (A) =A' T (B) =B'。VT (F) =F,山結(jié)合性，點 A，, B，在圖形 F上;由簡比不變性，(ABO) =(A'

7、;B'0')o所以F是中心對稱圖形，從而圖形的對稱中心是仿射不變性。如果點A、B關(guān)于直線/ （平面兀）對稱，則線段AB± 7（ AB丄兀）。但仿射變換不保留角的度量，所以當(dāng) T （ A）=A, T （ B）=B T （ 7） =r （ T（71）=71'）時，線段 AB 不一定垂 直線廠（平面況）。10、在仿射坐標(biāo)系下，直線方程是一次的證明：設(shè)在笛氏坐標(biāo)系下直線方程為：Ax+By+C=0笛氏到仿射的變換式為：rx = a ix + a 2y + a ()b' = 0X +02A + 00ax a2A 02（3） 式代將rr x = a x + a 2y

8、 + a 0y=b ix' + b 2y' + b 0d ° blb2工0設(shè)其逆變換（x,y）為笛氏坐標(biāo)，（£y'）為仿射坐標(biāo)。入（1），得(1)乂 0A a1x'+a2y'+a o) +B (bjx'+bAy'+bo) +C=0,即：(Aa+Bbi)x'+(Ad2+Bb2 )y'+Ad () +Bbo+C=O,記為：Ax' + By' + CAO 是的一次式其中 A =Aa+Bbi,B =Aa2+Bb2, C =Aa o+Bbo+C o 且 不全為 0,若不然，Aai+Bbi=0,a-

9、=0x b2Aa2+Bb2=04 a與勺bi11、利用仿射變換式，試求在仿射變換下，三角形的面積是怎樣改變的?（從而明確1.2定理5所指常數(shù)的意義）。AAJAJA.,和AA'jA'AA'a 的面積分別以 S, S表示，X1嗎 1 兀 1 +%2 丁 1 +。13%1%兀2+%2 丁 2+勺3y1%內(nèi)+。12 丁3 +%3%a1 n0 ,);1 anOD S21。1Q323解:dp PI (常這結(jié)果與§1.2系2致，二角形（從而多邊形或曲線形）的面積經(jīng)仿射變換后乘以個常數(shù)k,此地進(jìn)一步明確了這常數(shù)就是仿射變換式的行列式的絕對值，仿射變換式不同，這常數(shù)也不同。12

10、、在等腰梯形中，兩底中心，兩對角線交點，兩腰（所在直線）交點，這四點顯共線（在對稱軸上），試用仿射變換于此圖形，得岀什么推廣了的命題?所在直線交點，T為仿射變換，則梯形 ABCDT 梯形A'B'C'D', E TE，為BC中點，F(xiàn)厶F為AD中點。(BDQ) = (BDQ) ,(ACQ)= (A , CQ),(BAP) = (B'A'P') ,(CDP)=(C'D'P')且E, Q, F, P共線,.?.由結(jié)合性得 E, Q', F', P'四點共線，但直線PE已不是對稱軸(圖4)。由此得岀，

11、任意梯形上、下底中點，對角線交點，兩腰所在 直線交點凡四點共線。13、求仿射變換X', = 3人 + 4的自對應(yīng)點和自對應(yīng)直線；y =4x-2y解：求自對應(yīng)點：設(shè)x=x',y=y',因此得 片耳+ 4x-3y = 0解得自對應(yīng)點的坐標(biāo)為x=? 6, y=-8o求自對應(yīng)直線，設(shè)任意直線/ (u,v,w)在所給的變換下的像廠的方程為iTx'+vy+wF(3-2) 0 + 4 < 一 0 一(2 + 兄)“ =0 4/ + (1_2) u=ku v=kv',M/因此(1)有非零解。u* (3x y+4)+v' (4x 2y) +w ! =0,或(

12、3u*+4v') x (u,+2v,)y+4u ,+w-0 3/ + 4=加v u2vr =力=>40 + w =因為d, V, w，不全為零，所以方程組若詡'為自對應(yīng)直線，則3-240故一1 2 A 0=0解得九 1=2,九2= I，九3=1401-2u-1,Q1將九1=2代入方程組(1),得u- 4, v*= 1, w' =16o將九2= 1代入方程組得V- 1, w- 2o將九3=1代入方程組(1)，得u-0, v-0, w-1 o就本章內(nèi)容而言,時，自對應(yīng)直線不存在，故所求自對應(yīng)直線為：4xy+16=0和x y 2=0。第二章歐氏平面的拓廣1、證明中心投影

13、一般不保留共線三點的簡比證：設(shè)ZSSAC為等腰三角形(SA=SC) ,SB丄AC,過A作一射線平行于 SC交SB的延長線于5),則A,Bi,Cg在中心S的投影下分別是Bi,交 SC 于£ (A,B,C的像點,ArAC? (ABC)=而(ABiCJ =人=1,BCBQ,:.(ABC) + (ABiCQ ,即中心投影一般不保留共線三點的簡比。2、以下面的坐標(biāo)表示的直線是怎樣的直線？(1) (1, 1-1) ；(2) (1, -1,0) ； (3) (0,1, 0)0利用點線結(jié)合方程：UiXi+u 2X2+U3X3=0.(1) Vui=l, u 2=l, u 3= 1, /.Xi+x 2X

14、3=0,非齊次化為:x+y 1=0.(2) xi X2=0 或 x y=0。(3) X2=0 或 y=0 是 x 軸的方程。3 求聯(lián)接點(1,2, 1)與二直線(2,1,3), (1, 1,0)之交點的直線方程。再求兩點1 -1-1 1112 -1-1 1(1,2, -1) 的聯(lián)線的坐=1:0:1所求直線方程為：xi+x3=0T1) (5, H3,1)之聯(lián)線的交點的聯(lián)線坐標(biāo):-1 33 411 55 -3先求二直線(2,1,3), (1, -1,0)的交點坐標(biāo)：4、求直線(1, 1,2)與二© -1) ,(5, 解：先求二點(常4,八坐標(biāo)。4-3Xi再求二直線(13 32,(1,XU

15、：2 u2：x =所求交點坐標(biāo)為(45, 31, -27)001 2-1 2-8 -29 * -29 10 11.1 2 1俘匕9)3:-3 =的交點坐1 -11 -1 -1=1=-85-295、方程 Ui U2+2U3=0 代表什么？ Ui 2U22=0 代表什么？解：方程 Ui U2+2U3=0 表點（ 1, 1, 2）的方程 （ 或表示以點（ 1, -1, 2 ）為中心的線束方程。U22= （U1+U2 ）（ U1 _U2） =0,.*ui+u2=0 表示點（1,1, 0 ）的方程；ui U2=O 表示點（1, 1,0）的方程。.？.U12-U22=0 表示兩點（ 1, 1, 0）和（

16、1, -1, 0）的方程。6、將2x-y+1表示成3x+y 2, 7x y的線性組合，這種表達(dá)的幾何依據(jù)何在？I?:設(shè) 2 乂一一丫 +仁九（3x+y 2） +|i （ 7x y）= （ 3 九 +7 卩）x+ （九一一y）v 2 九，3Z + 7/ = 2得方程組= 解得: 2 = ,A = -22 = 1 2 2.?.2x +l=zl （ 3x+y 2）+丄（7xy）。依據(jù)是若令它們?yōu)榱?，所得三直線共點。 227、 將（ 2, 1, 1 ）表成（ 1, -1, 1 ）和（ 1, 0, 0）的線性組合，這說明什么幾何性質(zhì)? 解:設(shè)（ 2, 1, 1） =X （1, -1, 1 ） +n （1

17、, 0, 0） （1）2 + / = 2貝 ij _2 = 1 此方程組無解，2 1即找不到幾和滿足（1 ）式，這說明它們表示的二點（線）不共線（點）。8、求直線 x 2y+3=0 上的無窮遠(yuǎn)點的坐標(biāo)。解: X3=0 是無窮遠(yuǎn)直線方程從而 X2X2=0, 取 X=2, 得 X2=l, 所求無窮遠(yuǎn)點坐標(biāo)為（ 2,1.0）9 、下列概念，哪些是仿射的非平行線段的相等；四邊形；菱形；關(guān)于點的對稱；仿射；, 哪些是歐氏的？不垂直的直線；梯形；平行移動；關(guān)于直線的對稱仿射®積的相等。仿射； 仿射；歐氏；歐氏；仿射。第三章一維射影幾何證明：(AB,CD)(AB,DE) (AB,EC)=AC BD

18、 AD BE AE BCAD BC AE BD AC BE2、證明一線段中點是這直線上無窮遠(yuǎn)點的調(diào)和共軌點。證明：設(shè)C為線段AB的中點,Ds為直線 AB上的無窮遠(yuǎn)點，(AB CD ” =LBg =竺=ADm? BC BC3、直線上順序四點 A、B、C、D相鄰兩點距離相等，計算這四點形成的六個交比的值。 解:(AB, CD) =A-A =-ADBC 3x1313(AB, DC)=-(AB, CD) 441(AC, BD>1 - (AB, CD) =1=3 3(AC, DB) = = -3(AC,BD)3 1(AD, BC) =1-(AS,>C) = 1 =-4 4(AD, CB)=i

19、 =4(AD,BC)4、求四點(2,1, -1) , (1, -1, 1) , (1, 0, 0) , (1,5,5)順這次序的交比。解:以(2, 1, 1)和(1,(2, 1, -1) +卩2 + “212(1， 1，1)=(1,-“ 一 1 + “一，-55,?5)32所求交比為“25、PbP2,P4三點的坐標(biāo)為(1,1,1) , (1, -1, 1) , (1,求點 P3 的坐0, 1)且(PiP 2,標(biāo)。解：以Pi, P2為基底，貝U (1, 1, 1 )+ 旳(1， 1，1) * .1 + (1,0,1) O2 1 2 1P3P4) =“2=2 ,且卩 2=1,設(shè)阻是基底 Pl, P

20、2表示P3的參數(shù)，由已知條件(P1P2,.?屮 1=2,因此， P3 的坐標(biāo)為 (1， 1, 1) +2 (1, -1, 1) = (3, -1, 3)o6、設(shè)A、B、C、D為共線四點， O為CD的中點，且 OC2=OA OB,證明(AB, CD )證明：？.？OCLOAOBn竺=竺，山合分比得0C0A = 0B0C °a OCOC + OAOB + OC因此 M =, (VOC=-OD)=竺旦亠竺竺即: (AB,CD)DA DB ADBCOA-OD OB-OD7、設(shè) A、B、C、D成調(diào)和點列，即(AB, CD)=-1,求證-=CD 2 CA CB證明：山假設(shè)得：(AB, CD) =

21、 AC BD = -1 AC? BD+BC? AD=O (1)ADBCVBD=CD-CB, AD=CD CA,代入(1)式得AC (CD-CB) +BC (CD-CA) =0, 化簡得： ACCD-ACCB+BCCD-BCCA=O,-CACD+CACB-CBCD+CBCA=O2CBCA=CACD+CBCD(2)以 CA CB CD 除(2)式兩邊，得：一=!( + ). CD 2 CA CB8證明在 X軸上山方程aiix 2+2a12x+a22=0和bnx2+2bi2x+b 22=0之根所決定的兩個點偶成調(diào)和分割的充要條件是 a 11匕22 2 a 1 12十&22匕1仁0。證明：必要

22、性，設(shè)兩方程的根依次是Xi,X2和X3, X4,貝UX+X2=,XfX2=aaX3+X4=- "12 , X 3-X4=( 1 )bllbll若(X1X2，X3x4)=-b 即 Q1_X3)( X2_X4)=有(Xi X3) ( X 2 X4) + ( Xj X4)(X2 X3) =0,2(X1X2+X3X4) (xi+x2 )( X3+X4) =0,(2)將(1)代入(2),得：女口 +如_4訕2 =0"11 a 。 1011? aib22+a22bii ? 2ai22bi2=0o充分性，以 - 乘 aiib22+a22bn 2aj2bi2 =0 的兩邊，得 訥12b22

23、 * 2a 22 2an 2bn _。% ananbn9、試證四直線 2xy+l=0,3x+y 2=0, 7x y=0,5x 仁0共點，并順這次序求其交比。 明：以 2x y+l= 0 和 3x+y 2=0 為基線表示 7xy=0, 5x 仁0,V7x-y=0 與(2xy+1) +九 ( 3x+y 2) =0 重合,7-1012 + 3 人-1 + 入 1-2 人 J 2V5x-1= 0 與(2x-y+l) + 九 2 (3x+y 2) =0 重合.? = 9=入=1,2 + 3 爲(wèi) _1 + 厶 1-2A-入2C向圓引切線 CT,證明T在AB上的 垂直射影0 1所求交比為=,山于交比存在，所

24、以四直線共點。因迪,abDabeCDQbd,10、試證，一角的兩邊和它內(nèi)外分角線成調(diào) 證明:A設(shè)直線為平行，為邊的引的內(nèi)與對角線 證明:以直線AOBD=0; AexB分別于sa、(B圖C、D7)? (AB, CD)-竺型一竺.竺-里.竺'AD BC CB AD SB SA12、AB為圓之直徑，C為直徑延長線上一點，從D是C對于A、B的調(diào)和共軌點，若 C在線段AB本身上，如何作它的調(diào)和共軌點？證法1:設(shè)O是AB的中點，OT丄CT, TD丄AB .-. OT2=OD OC，即OAODOC,由本章6題結(jié)論 得(AB, CD) =-lo證法 2: ZATD=ZATE, ZDTB=ZBTC,.?

25、.TB, TA 是 ZDTC 的內(nèi)外分角線(圖 8),因此(AB, CD) =T (AB, CD) = 1。圖8如果C在線段AB內(nèi)部，過C作CT± AB交圓于T,過T作圓的切線交 AB的 延長線于D, 則A, B調(diào)和分割C, D,因為當(dāng)C確定后，T也確定，所以點 D唯一確定。13、設(shè)兩點列同底，求一射影對應(yīng)使 0, 1, 8分別變?yōu)?,00, 0(10x) = (Ox'l),01=1 工 0-11,2,3對應(yīng)于點列對應(yīng)線設(shè)M M,為任一對對應(yīng)點，則山(AB, CgM) = (AB, C'AM') 得:b冃卩 A'M' _ AM _ A'

26、M' _ B'MB'M'BM AMBMA'M' B'M'AM -BMa b證法2:射影變換式為；x，竺 i2 cx + dAfBf& + 且HO或："=dX解：設(shè)第四對對應(yīng)點為 X, X',山于射影對應(yīng)保留交比不變所以(01,oox) = (loo, Ox 1)由交比性質(zhì)得：(10, xoo) =(0x*, loo), t=t -f-f- ZHx 11 0.1rl-tx 01 x x14、 設(shè)點列上以數(shù)x為笛氏坐標(biāo)的點叫做x,試求一射影對應(yīng)，使點列上的二點上三占：(1) 4,3,2;(2) 1,2,3 ;

27、 (3) -1,-2,-3.解：設(shè)第四對對應(yīng)點x, X',(1) (12, 3x) = (43, 2x')2(x-2) -2(/-3),一 1 5-=-,-.=-X ¥5,且=-1人0 (x-l)-1(/-4)0(2) V (12,3x) =(12,3x'), .*.x'=x 為恒等變換，且補(bǔ)； =1 工 0-1 0(3) I (12,3x) = (-1-2, -3x'), .-.x' = -x 且=1 工 00 115、當(dāng)射影對應(yīng)使一點列上的無窮遠(yuǎn)點對應(yīng)于另一點列上的無窮遠(yuǎn)點時，證明兩點列的 段成定比。證法1： ?.?三對對應(yīng)點 A

28、A , , B B , , Cs Ct，決定射影對應(yīng),因為當(dāng)XfOO時，X1 >00,所以c=0。此時射影變換式為：# =,或dx! ax b=0o d 設(shè)X1TX? X2 XJ為兩對對應(yīng)點，因此dxi' axi b=0dx2' ax2 b=0式減式，得(1(X1* X2，)=a(Xi X2)二州一兀2 =生=定比Xx -X 2 d16、圓周上的點和其上二定點相聯(lián)得兩個線束，如果把線束交于圓周上的兩線叫做對應(yīng)直線，證明這樣的對應(yīng)是射影的。證明：設(shè)A, A，為圓周上二定點，Mi(i=l, 2, 3, 4)為圓周上 任意四點(圖9)、”si nZM/A/3 ?VA (MM，

29、M3M4 sinZM2AM4 sin)慫厶“4 ? Sin ? sin ZM? AM4sin ZMA'M 4 ? sinZM2A'M=A , (MlM2,M3M4)AA' (M1M2MM4 入 A, (M1M2MM4)17、從原點向圓(x2) 2 Z 2 Z 2222 2.2 2得 r a +r b +a b +2abr-2a br-2b ar=a r +b r ,1 _2r或 ab 2ra 2rb+2r'=0= -2r2 0-2r2r2.?.點M, M，的參數(shù)間有一個行列式不等于零的雙一次函數(shù)故M A M'?+(y2)2=1作切線*2。試求x輸y軸，匕

30、匕順這次序比。(設(shè)匕是鄰近x軸的切線)解 設(shè)直線y=kx與圓相切，貝9 氐_2 =兩邊平方得：3疋_弘 + 3 = 0,牛JI + 疋?亠鄰近X軸，？?？ ti的斜率為ki=仁療.t2的斜率為k2=岀庁333因此t的方程為y Hx=O,3t2的方程為y- ”+ "x=0,故(xy, ti,t 2)也 =4_ 他 4 + 丁 7設(shè)點 A (3, 1,2), B (3,dO -1,0)18的聯(lián)線與圓x'+y 25x y+6=0 相交于和D,求交點C, D及交比（AB, CD）解圓方程齊次化：X 2+X22 5X1X3 7X2X3+6X23=0,設(shè)直線AB上任一點的齊次坐標(biāo)是（3+

31、3入，1-4 2）,若此點在已知圓上，貝U（3+3 入）2+ （1 一九）2 -5 （3+320 2-7 （1 一入）2+6><2 2=0,化簡得：10卩一 10=0,.?加=1, X 2=-l,即直線AB與圓有兩個交點，設(shè)幾1，入2分別對應(yīng)的交點是C, D,則C的坐標(biāo)是（3,0,1）, D的坐標(biāo)是（0,1,1）且（AB,CD） =A=-1.A19、一圓切于x軸和y軸，圓的動切線m交兩軸于 M及M ,試證M A M' O證明：設(shè)圓半徑為 r, M （a,0）, M' （0, b）, a, b為參數(shù)（圖10）,圖10則ni的方程為一+ = 1或bx+ay-ab=0,由

32、于m與圓相切， b因此一附賓四,此式兩邊平方，20、x表直線上點的笛氏坐標(biāo)，這直線上的射影變換# =竺士 0血一旳#)，在什么條件/. ¥8下以無窮遠(yuǎn)點作為二重點。=ooA>/解：設(shè)是無窮遠(yuǎn)點，因此limx = lim 疋i5/+-所以，窮遠(yuǎn)點作為二重點的射影變換是呼 = ax+b，其中a專吒.x21、設(shè)兩個重迭一維射影幾何形式有兩個二重元素Si、S2,證明它們之間的對應(yīng)式可以寫作二倉二斤理仝“是個常數(shù)。證明：已知 Si S2，S2 S2,設(shè)卩1-工1是第二對對兀素，pt工是任一對對應(yīng)兀素，因為三對對應(yīng)元素確定唯一射影對應(yīng)，(S1S2,卩屮)=(S1S2, m'g

33、9;),因而(“廠"(一)=(“；-y) ( “_SJ("S?) (/i'-Si)(A-S2)故.(“'=( -sj.(H -SQX"-sj= k 苴中瓦二( _Si) ( “s?) S2)(同一S2) (/i i-Si)(-S2)(/-S2)(M- S?) ( -SJ22、設(shè)Sb S2是對合對應(yīng)的二重元素，證明這對合可以寫作：£工+上二乞=0/J S2 /LI S 2證明：設(shè)|1工是對合對應(yīng)下任一對對應(yīng)元素，從而(S1S2，唄)=1,即U_S _SQ =或A S = “S ju “ '_S ju S?.=0S2 /LI S 22

34、3、一直線上點的射影變換是x，= 2旦，證明這直線上有兩點保持不變，且這兩點跟x + 4任意一對對應(yīng)點的交比為一常數(shù)。證明：設(shè)固定點為X=x* ,所以x(x+4)=3x+2,即x2+x 2=0,解得固定點為x= -2和x=l設(shè)任一對對應(yīng)點為x,竺2 ,x + 4交比：(1, 2, x 址 Z) = j. (x j)(x + 2) =j (常數(shù))x + 42 (x+2)(x-l) 224、試證對合對應(yīng)的二線束中，一般只有一對互相垂直的對應(yīng)直線，若有兩對互垂的對 應(yīng)直線，則每對對應(yīng)直線都互垂。證明：取二線束公共頂點為原點，取對應(yīng)線的斜率為入、兀，則對合方程為aU'+b(X+X')+

35、d=O,且 ad-b2Ao,互垂對應(yīng)線應(yīng)滿足U'=-l,所以aA'+bA + 人 + d = Q AbA2-(a-d)A-b = 0 (1) A = (a-d) 2+4Z?2>0Aa = 1所以當(dāng)方程(1)有兩個不等實根入i，入2時，只有一對互垂對應(yīng)線，這是因為幾 1入2= =1,因而入=入2'入2= 入1。b入心當(dāng)方程(1)有兩個相等實根時，必須a d=0, b=0,這時對合變?yōu)?U'=-l,每對對應(yīng)線都互垂。25、設(shè) A, A' ； B, B' ； C, C是對合的三對對應(yīng)點，試證(ABC) (BCA') (CAB')

36、=1。 證明:由對合對應(yīng)的相互交換性，有AfAJ,AJA, C'->C,所以(AB, A'C') = (AB, AC),AA'-BC' A'A B'C BC'B'C AC' ba : CB',AC' BA! A'C B'A AC' BA : A'C B'A BC' CA' AB':.(ABC') (BCA') (CAB') =126、AB是定圓直徑，作一組圓使其中心都在直線AB上并且都跟定圓正交，證明這組圓

37、跟直線AB的交點構(gòu)成一個雙曲對合。證明：設(shè)圓 0是與定圓 0正交的任一圓，T為一個交點，且圓 與直線P'(圖 11)已矢口 OT 丄 O'T, .-.OT2=OP OP',即 C)A2=OB2=OP ? OP'。.?.點P, P,是以A, B為二重元素，0為中心的雙曲對合的一對對應(yīng)點。27、0是笛氏正交坐標(biāo)的原點， A是y軸上一定點，以 A為頂點的直角繞 A旋轉(zhuǎn)，證 明直Bi A1 O B2 A2角兩邊被x軸所截的點偶構(gòu)成一個橢圓型對合。證明：設(shè)直角邊交 x軸的任意兩個位置為 A" A； B" B(圖12)設(shè) OAAk,則 OA1OA2=OB

38、1OB2=OA2=k,因為A A2； bi，B2在x軸上的位置為一正一負(fù)，故 OA1OA2=OBl OB2<0,因而a" A2； Bl，B2, 在x軸上構(gòu)成橢圓型對合第四章代沙格定理、四點形與四線形1、設(shè)AABC的頂點，A, B, C分別在共點的三直線a,卩，丫上移動從而(ab,cd)(AB,CD)=1且直線AB和BC分別通過定點 P和Q,求證CA也通過PQ 上一個定點（圖13）。證：設(shè)A。是a上的一個定點，A° P 交 B 于 Bo，B° Q 交丫于 Co，則A（） Co是定直線（圖13）。若R是定直線 AoCo與定直線PQ的交點，從而 R是PQ士的定點，

39、若 AABC是合于條件的，因為在 ABC及厶AoB °C。中，AoA, B oB, C（）C共點,根據(jù)代沙格定理，P, Q及AoCoxAC共線，即AC通過AoC()xPQ=R (定點)2、A ABC的二頂點 A與B分別在定直線 a和B上移 動，三 邊AB, BC, CA分別過共線的定點 P, Q, R,求證頂點C也在 一定直線上移動。證：設(shè)axp=O （定點），AAoB oCo是滿足條件的定二角形，A ABC是滿足條件的任意三角形VAoBoxBC=Q, A oCoxAC=Ro山代沙格定理逆定理得 ，三線AoA, B oB, CoC共點O,即C在定直線CoO 士移動（圖14）。3、設(shè)P

40、, Q, R, S是完全四點形的頂點，A=PSxQR, B=PRxQS,C=PQxRS,證明 Ai=BCxQR, Bi=CAxRP, Ci=ABxPQ二點共線。證：在 ZXABC 及 ZPQR 中（圖 15）, TAP, BQ, CR 共點 S。.?.對應(yīng)邊的交點 Ci=ABxPQ, Bi=CAxRP, A BCxRQ三點共線。4、已知線束中的二直線a, b, c求作直線d使（ab, cd） =T。解：設(shè)線束中心為 S,以直線1分別截a,b, c于A, B, C在直線c上 任意取一點 Q,聯(lián)AQ交d于R,聯(lián)BQ交a于P,聯(lián)PR與1交于D（圖16）,則直線SD為所求。因為，SPQR構(gòu)成一完全四點

41、形，（AB, CD ） =-1,5、設(shè) AD, BE, CF 為 ZkABC 的二高線，EFxBC=D,求證（BC,DD ） = 1,在等腰二角形AB=AC的情況，這命題給岀什么結(jié)論？圖17證明：設(shè)P為AABC的垂心，由完全四點形AFPE （圖17）的性質(zhì)，得（BC, DD' ） =-L在等腰AABC中，若AB=AC, D為垂足，因而D為BC的中點。？/（ BC, DD' ） =-1,所以D為BC直線上的無窮遠(yuǎn)點，因而FE BC。即在等腰三角形中，底邊的頂點到兩腰的垂足的聯(lián)線平行于底邊。1、將一維笛氏坐標(biāo)與射影坐標(biāo)的關(guān)系： 設(shè)一維笛氏坐標(biāo)系中，一點的坐標(biāo)為第五章射影坐標(biāo)系和射影

42、變換2 =叱0,加-汐工0以齊次坐標(biāo)表達(dá)。yx + 8X,則齊次坐標(biāo)為（Xi，X2 ），且X=巴，X2 一點的射影坐標(biāo)為兒齊次坐標(biāo)為（況“）x=A,將入和x代入關(guān)系式（1）A化簡得：占一=蟲一：丄axx+ 0 兀 2 Yx + 人 x2 P且"HO為齊 =axx +0次變換式。Y o兀2=yx+2、在直線上取笛氏坐標(biāo)為2, 0, 3的三點作為射影坐標(biāo)系的AI,A2,E,求此直線上任的笛氏坐標(biāo)x與射影坐標(biāo)入的關(guān)系；（ii）問有沒有一點，匕的兩種坐標(biāo)相等？解:笛氏坐標(biāo).023x射影坐標(biāo)：A2AiEX（i）由定義k= (A1A2，EP):=(2 0, 3x ) = (32)(兀 0)=a-

43、一一(兀一 2)( 3 0)3x-6Y1 0故：2 =，且=6工03x-63 6一點P（ii）若有一點它的兩種坐標(biāo)相等，即風(fēng)=九則有兀=一-一，即3x2 7x=0,3x-63、在二維射影坐標(biāo)系下，求直線 AiE, A2E, A3E的方程和坐標(biāo)。解：坐標(biāo)三角形頂點 Ai (1,0, 0) ,A2 (0,1,0) ,A3 (0, 0,1 )和單位點E (1,1,X21) 設(shè)P ( xi，X2，X3)為直線AiE上任一點，0=0即為即為X2+113X3=即為+u x =0U1X1+U X2=OU1X1+U2X2+U3X3=O,1即 X2 X3=0,線坐標(biāo)為(0, 1, 1)兀1X2X3直線A?E的方

44、程 °10=0，即 X!-x 3=0,線坐標(biāo)為-1111);X2X3直線A3E的方程01=0，即 X2 <!=0,線坐標(biāo)為1,110)4、寫岀分別通過坐標(biāo)三角形的頂點A】，A2, A3的直線方程。解：設(shè)平面上任意直線方程為過點 A2(0, 1, 0)過點 A3(0, 0, 1)x-yx+ y-1x-2PI-，p2- -/=，P3-V2V215、取笛氏坐標(biāo)系下三直線Xy=0,x+y 1=0, x 2=0分別作為坐標(biāo)三角形的邊3, 5, A禺取E (爲(wèi))為單位點5求一點的射影坐標(biāo)(X1，X2，X3)與笛氏坐標(biāo)(x, y, t)的關(guān)系。解：E(),? ei=,e2=Ab , e3=-

45、0 (圖18)2 2-4141-2任意一點M (x, y)到三邊的距離為:? ?射影坐標(biāo)(Xi，X2, X3 )與笛氏坐標(biāo)的關(guān)系為過點 A1(1,0, 0)時 U1=O,pxi=2=x y, px2=: 弓5x+y px3=2= 2x+4t即:PX =x-y,1-10<pX2 =兀 +_T,11-=6工0且X3 = 一 2 兀 +-0142PXx = 一兀 i +兀 2 + 兀 3,6、從變換式PXA =西-兀2 +兀，求岀每一坐標(biāo)三角形的三邊在另一坐標(biāo)系下的方程。1門工；二耐+吃解： A1A2A3'三邊，AJA：X*3=0 ； AfAs* : xf2=0 ； A2,A3,： X

46、>0O從變換式可求得 AJA2A3喲三邊在坐標(biāo)系厶A1A2A3下的方程：AJA2 啲方程為：x'3=0,即 xi+x 2 x3=0 ；A1A3 啲方程為：X0O,即 xi X2+X3=OoA2,A3,的方程為：x*i=O,即一 xi+x 2+x3=0o“ x=兀 ； +Z，由(1)可求岀逆變換式為：V “兀 2 =兀；+工，(2)“花=兀；+兀； A1A2A3 的二 * 邊，A1A2 : X3=0 ; A1A3 : X2=0 ; A2A3 :X=0o從變換式 可求得厶 A1A2A3的三邊在坐標(biāo)系厶A1A2'A<下的方程：xl+x=0,即AIA2的方程。x'+

47、xpO,即A1A3的方程。x'+xpO,即A2A3的方程。7、若有兩個坐標(biāo)系，同以AJA2A3為坐標(biāo)三角形，但單位點不同，那么兩種坐標(biāo)間的換式為何？解：設(shè)變換式為:px = a nXx + anX2 + tzg,px2 = a2lx + a 22x2 + a 23x3,卜可 | 乂/ZX ；=03兀+ o 32 兀 2 +o 33 兀 3已知(1,0,0) f (1,0,0) , (0,1,0) f (0,1,0) , (0,0,1) f (0,0,1)分別代入變換式得Pi=an，a2i=0, a3i=0 ；P2=a22，ai2=0, a32=0; p3A33，ai3=0, a23=0

48、pXx=anXx,故有 V pxA = o 22 兀 2， a = o 11 o 22 o 33 豐 0pa Q,? ? v pb = a22,艮卩 a： b： c = an :pC = o 33 a 2： apx； = ax i9故變換式為：< p%2 =bx2.=abc豐00龍;=牛8、在拓廣歐氏平面上求平移XX+ A的二重元素。b =屮=Xx + 處 3,解：設(shè) x=玉,y=P,貝U W< px =x, +bx ,%3%3P&1- “b（1）求二重點:0 1 “將尸1代入方程組:=0 得( 1- “=0,1_ )吃+処=0解得：即尸1為三重根。（1 ）兀 1 + 理=

49、A-3=0（1 一）兀 3 =0所以在有限歐氏平面上，在平移變換下無二重元素在拓廣歐氏平面上，兒上的所有點（ Xi，X2, 0）皆為二重點（2）求二重直線：將X=1代入方程 組：v所以二重直線是通過點（Q1為三重根。(1 2)%= 0(1-A) W2 =0 aui+bu2+0u3=0aux + bu 2 +(1 X)u 3 = 0a, b, 0)的一切直線，即以得ui, U2可取任意數(shù)，且亠b-為斜率的平行線束及無窮遠(yuǎn)線，這平行線束即平移方向的直線集合。9、求射影變換lpXf2=X2, （ 1 ）的二重元素。pXA = X 3（-1-“）西=0解：（i）求二重點：二重點（ X1，X2, X3

50、）應(yīng)滿足“-）兀2=0（1 ）兀 3 =00 1 一- 一0 =0 得（一1 一 “）（ 1 一“ ） 2 =0，? 卩 1=1 為二重根，卩2= 1為單1“根。將卩1=1代入（2）式得X1=O, X2，X3為任意數(shù)，所以二重點為（0, X2，X3 ）,但X2，X3不同時為零，此為坐標(biāo)三角形的邊X1=O上的一切點；將卩2= 1代入（2）式得二重點（X1，0, 0），此為坐標(biāo)三角形的頂點Al （ 1, 0,0） o（ii）求二重直線：九 1=1及九2=1 （1 /I） % = 0 將九1=1代入v （1-兄）比2 =0（ 3）得一重直線 ui=0,即過A （1, 0, 0）的一切直（1 A） U

51、3 = 0線；將心一 1代入（3）得二重直線 xi=0,為坐標(biāo)三角形的邊 A2A3。PXx =旺 + 兀 2，10、求射影變換pXr2=X2,（ 1）的二重元素=兀3(1 - /)%! + 吃=°解：(i)求二重點：(X1 , X2 , X3)滿足(1)尢 2=0(1-")兀 3 = °1 一“ 10 =0 得(1-“)3=0,有三重根|1=1,將尸1代入式得二重點為 X2=0,即坐標(biāo)三角形的邊 A1A3上所有的點。(ii)求二重 直線：X=1為三重根，(1 /)%= 0將九=1代入V %+(1- )%2 = 0得U仁O, U2, U3為任意數(shù)，(1- “)3 =

52、 0即二重直線為以 Ai(l,0,0)為中心的線束。(4 一)兀 1 -X2 =0(i) 求二重點：二重點4(兀, _X2, X3)滿足 V 6 兀 1+( 3_ “兀 2=0(2)11、求射影變2 + (卷,PXf2)=°(1)的二重元4 一-1兀,兀免-斗由6-30=0,得(卩+1) +2)(-卩+3) = 0,所以特征根尸1, 2 3o1 -1 _1_取卩=1代入 得二重點為(0, 0, X3 ) 即 (0,0,1),取尸一 2代入 得二重點為(1,6, 5),取尸3代入得二重點為(1,1,0)o(ii) 求二重直線：特征根 k= 1, 2, 3o(46W2 + 禺=0取九=一

53、 1代入V _坷+(_3_刃%2-%3 =0(3)得二重直線為(,T, ) ( - 2)弘 3 = °取心一 2代入(3)得二重直線為(1, -1,0)取九=3 代入(3)得二重直線為(一 6,1,0) opxx =ax x +12、證明射影變 兀2, px ；只有一個二重點及通過該點的一條二重=ax 2 + 兀(a - jLi)x i +X2=0 證：若有二重點(X1 , X2 , X3)貝滿足(a-Ax2+x3 =0(。一 “)兀 3 = 0a-jLi0由 10 Q- 1=0,得©“)3=0，即 H = a/J,為三重根，將H = a 代入(2)得二重點為(1,0, 0)=若有二重直線(U, U2 , U3)，得入=a為三重根，(a _ “2 = 0將入=a代入+(a - “)" , = 0,得一重直線為(0, 0, U3)即X3=0,it、+ (a _= 0所以二重直線 A1A2通過二重點 Ai (1,0, 0 )o13、(i)求變XJ 的二重2