高等几何习题答案

高等几何习题集及参考解答

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△A'B'C' 相对应，设点D 为线段BC 的中点，则AD ⊥BC ，且β=γ，T （D ）=D'（图1）。∵T 保留简比不变，即（BCD ）=（B'C'D' ）=-1，

∴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。

在等腰△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A'D' 并不垂直底边B'C' 。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。

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 将△ABC 变为△A'B'C' ，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2）。设G 是△ABC 的重心，且G'=T(G)∵G ∈AD ，由结合性得G ' ∈A'D' ；

又∵（AGD ）=（A'G'D' ）即

AD =A ′D ′=3

GD G ′D ′1

BE B ′E ′3CF C ′F ′3

同理可得：==，==

GE G ′E ′1GF G ′F ′1∴G' 是△A'B'C' 的重心。

图2

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 （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，A 1B 1C 1D 1与A 2B 2C 2D 2为两个全等矩形，其面积分别以S 1=S2。

由于T 保留平行性，所以：

T （A 1B 1C 1D 1）=平行四边形A' 1B' 1C' 1D' 1, 面积记为：S' 1T （A 2B 2C 2D 2）=平行四边形A' 2B' 2C' 2D' 2, 面积记为：S' 2，

S ′KS 1

且S' 1=KS 1，S' 2=KS2，⇒1=′=1⇒S 1′=S 2

′KS 2S 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 0，y o ）

AP AP −3+6λ2+λ，而:x 0==−=−λ（分割比）, y 0=

BP PB 1+λ1+λ

−3+6λ2+λ

且P 在直线x+3y-6=0上，∴() +3() −6=0

1+λ1+λ∵(ABP ) =

解得λ=1，即P 是AB 中点，且（ABP ）=－1。

7、证明直线Ax+By+C=0将两点P 1（x 1，y 1）和P 2（x 2，y 2）的联线段分成

的比是−Ax 1+By 1+C

Ax 2+By 2+C 证明

设分点为P （x 0，y 0），则分割比λ=

AP ，

PB

∵x 0=

x 1+λx 2y +λy 2

, y 0=1

1+λ1+λ

(λ≠−1)

P （x 0，y 0）在直线Ax+By+C=0上，x +λx 2y +λy 2

∴A (1) +B (1) +C =0

1+λ1+λAx 1+By1+C+λ(Ax2+By2+C)=0Ax +By 1+C

⇒λ=−1

Ax 2+By 2+C 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

A'B' 和C'D' 对应图（3）

图(3)

∴

AB AB BC A ′B ′B ′C ′A ′B ′

=⋅=⋅=, 得证。CD BC CD B ′C ′C ′D ′C ′D ′

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 ）=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A 、B 关于直线l （平面π）对称，则线段AB ⊥1（AB ⊥π）。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 （π）=π'）时，线段A'B' 不一定垂直线1' （平面π'）。

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

（x,y ）为笛氏坐标，（x' ，y' ）为仿射坐标。

（1）

x ′=α1x +α2y +α0笛氏到仿射的变换式为：⎧⎨y ′=βx +βy +β

⎩120

设其逆变换为：

α1α2

≠0(2)

β1β2

⎧x =a 1x ′+a 2y ′+a 0⎨y =b x ′+b y ′+b ⎩120a 1a 2

≠0(3)

b 1b 2

将（3）式代入（1），得

A （a 1x'+a2y'+a0）+B (b 1x'+b2y'+b0) +C=0,即：(Aa 1+Bb1) x' +(Aa 2+Bb2) y '+Aa 0+Bb0+C=0，记为：′+′+=0是x',y' 的一次式。其中=Aa1+Bb1,

=Aa2+Bb2，=Aa0+Bb0+C0

且不全为0，若不然，Aa 1+Bb1=0，Aa 2+Bb2=0

⇒

a 1a 2a a 2

=0与1≠0矛盾。

b 1b 2b 1b 2

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：ΔA1A 2A 3和ΔA'1A' 2A' 3的面积分别以S, S' 表示，

x 1′1

′S ′=x 22′x 3

x 11=x 22x 3

y 1′1a 11x 1+a 12y 1+a 13

1

′1=a 11x 2+a 12y 2+a 13y 2

2′1y 3a 11x 3+a 12y 3+a 13y 11a 11y 21a 12y 31a 13

a 21a 22a 23

a 21x 1+a 22y 1+a 231a 21x 2+a 22y 2+a 231a 21x 3+a 22y 3+a 231

(常数)

1S ′0=D S ⇒=D

2S 1

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

所在直线交点，T 为仿射变换，

则梯形ABCD →梯形A'B'C'D' ，E →E' 为B'C' 中点，F →F' 为A'D' 中点。

∵（BDQ ）=（B'D'Q' ）,(ACQ)=（A'C'Q' ）, （BAP ）=（B'A'P' ）,(CDP)=(C'D'P')

T

T

T

图(

4)

且E ，Q ，F ，P 共线，∴由结合性得E' ，Q' ，F' ，P' 四点共线，但直线P'E' 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

{

x ′=3x −y +4的自对应点和自对应直线；

y ′=4x −2y

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。

{

2x −y +4=04x −3y =0

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'=0

u' (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

⎧3u ′+4v ′=λu ′⎧(3−λ)u ′+4v ′=0⎪′⎪

⎨−u −2v ′=λv ′⇒⎨−u ′−(2+λ)v ′=0(1)⎪⎪⎩4u ′+w ′=λw ′⎩4u ′+(1−λ)w ′=0

因为u' ，v' ，w' 不全为零，所以方程组(1)有非零解。

3−λ故−1

440−2−λ0=0解得λ1=2，λ2=－1，λ3=1，01−λ

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

A

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）,SB ⊥AC, 过A

作一射线平行于SC 交SB 的延长线于B 1, 交SC 于C （，则A,B 1,C ∞在中心S 的投影下分别是A,B,C ∞图5）

S

B

B 1

C

C ∞

的像点，∵（ABC ）=

AC AC ∞

=2, 而（AB 1C ∞）==1，BC B 1C ∞

∴（ABC ）≠（AB 1C ∞）, 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）（1，1－1）；（2）（1，－1，0）；（3）（0，1，0）。解

利用点线结合方程：u 1x 1+u2x 2+u3x 3=0.

(1)∵u 1=1,u 2=1,u 3=－1, ∴x 1+x2－x 3=0，非齐次化为：x+y－1=0.(2)

x 1－x 2=0或x －y=0。（3）x 2=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：

x 1：x 2：x 3=

33221

::=3:3:−3=1:1:−1−10011−1

1

再求两点（1，1，－1），（1，2，－1）的联线的坐标：u 1：u 2：u 3=

1−1−111

::=1:0:1所求直线方程为：x 1+x3=0或x+1=0

2−1−112

4、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：

u 1：u 2：u 3=

−1−1334

::=1:−8:−29

−31155−3

4

再求二直线（1, －1,2），（1，－8，－29）的交点坐标：x 1：x 2：x 3=

1−1

:=45:31:−7

−8−29−291−8

:

−122

C ∞

所求交点坐标为（45，31，－27）。

5、方程u 1－u 2+2u3=0代表什么？u 12－u 22=0代表什么？解：方程u 1－u 2+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。∵u 12－u 22=（u 1+u2）（u 1－u 2）=0，

∴u 1+u2=0表示点（1，1，0）的方程；u 1－u 2=0表示点（1，－1，0）的方程。∴u 12－u 22=0表示两点（1，1，0）和（1，－1，0）的方程。

C

6、将2x －y+1表示成3x+y－2，7x －y 的线性组合，这种表达的几何依据何在？解：设2x －y+1=λ（3x+y－2）+μ（7x －y ）=（3λ+7μ）x+（λ－μ）v －2λ，

⎧3λ+7µ=2

⎪得方程组⎨λ−µ=−1解得：λ=−1, µ=1

22⎪⎩−2λ=1

∴2x －y+1=

−11

(3x+y－2)+(7x－y) 。依据是若令它们为零，所得三直线共点。22

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）=λ（1，－1，1）+μ（1，0，0）（1）

⎧λ+µ=2

⎪则⎨−λ=1此方程组无解，⎪⎩λ=1

即找不到λ和μ满足（1）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：x 3=0是无穷远直线方程

∴⎧⎨

x 1−2x 2+3x 3=0⎩x 3=0

从而x 1－2x 2=0,取x 1=2,得x 2=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？

①非平行线段的相等；③四边形；⑤菱形；

⑦关于点的对称；⑨绕点的旋转；答：①欧氏；

⑥仿射；

②不垂直的直线；④梯形；⑥平行移动；⑧关于直线的对称；⑩面积的相等。

②欧氏；③仿射；④仿射；⑤欧氏；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)=

AC ⋅BD AD ⋅BE AE ⋅BC

⋅⋅=1

AD ⋅BC AE ⋅BD AC ⋅BE

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，

（AB·CD∞）=

AC ⋅BD ∞AC

==−1

AD ∞⋅BC BC

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 ）=

AC ⋅BD 2×24

==

AD ⋅BC 3×13

13

（AB ，DC ）==

(AB , CD ) 4

41

(AC，BD)=1－（AB ，CD ）=1−=−

33

1

（AC ，DB ）==−3

(AC , BD )

（AD ，BC ）=1−(AB , DC ) =1−（AD ，CB ）=

31=44

1

=4

(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。

则（2，1，－1）+μ1（1，－1，1）=（1，0，0）

∴

2+µ11−µ1−1+µ1

==⇒µ1=1；100

（2，1，－1）+μ2（1，－1，1）=（1，5，-5）

2+µ21−µ2−1+µ23==⇒µ2=−15−52

µ2

所求交比为∴1=−

µ23∴

5、设P 1,P 2,P 4三点的坐标为（1，1，1）, （1，－1，1）, （1，0，1）且（P 1P 2, P 3P 4）=2,求点P 3的坐标。

解：以P 1，P 2为基底，则（1，1，1）+μ2（1，－1，1）∝（1，0，1）。

∴

1+µ21−µ21+µ2

==⇒µ2=1101

P 3P 4）=

设μ1是基底P 1，P 2表示P 3的参数，由已知条件（P 1P 2,

µ1

=2，且μ2=1，µ2

∴μ1=2，因此，P 3的坐标为（1，1，1）+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OC 2=OA·OB，证明（AB ，CD ）=-1

证明：∵OC 2=OA·OB⇒

OC OB OC −OA OB −OC

，由合分比得==

OA OC OC +OA OB +OC

AC CB

因此=, （∵OC=－OD ）

OA −OD OB −OD AC CB AC ⋅BD ⇒=⇒=−1，即：(AB , CD ) =−1，DA DB AD ⋅BC

1111

=(+). CD 2CA CB

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) =

AC ⋅BD

=−1⇒AC ⋅BD+BC⋅AD=0 (1)

AD ⋅BC

∵BD=CD－CB, AD=CD－CA, 代入（1）式得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

（2）

以CA·CB·CD除（2）式两边，得：

1111=(+). CD 2CA CB

8、证明在X 轴上由方程a 11x 2+2a12x+a22=0和b 11x 2+2b12x+b22=0之根所决定的两个点偶成调和分割的充要条件是a 11b 22－2a 12b 12+a22b 11=0。证明：必要性，设两方程的根依次是x 1,x 2和x 3，x 4，则

2a a x 1+x2=−12，x 1·x2=22

a 11a 112b b

x 3+x4=−12，x 3·x4=22（1）

b 11b 11

(x −x )(x −x 4) 若(x1x 2，x 3x 4)=－1，即132=−1(x 1−x 4)(x 2−x 3)

2（x 1x 2＋x 3x 4）－（x 1＋x 2）（x 3＋x 4）=0，将（1）代入（2），得：

有（x 1－x 3）（x 2－x 4）+（x 1－x 4）（x 2－x 3）=0，

（2）

2b 222a 224a 12b 12

+−=0b 11a 11a 11b 11

∴a 11b 22+a22b 11-2a 122b 12=0。

2乘a b +ab －2a b =0的两边，得

充分性，以[1**********]2

a 11b 11

2b 222a 222a 122b 12

+−⋅=0b 11a 11a 11b 11

将（1）代入上式后按必要性步骤倒推即得：(x1x 2，x 3x 4)=－1。

9、试证四直线2x －y+1=0,3x+y－2=0,7x －y=0,5x－1=0共点，并顺这次序求其交比。证明：以2x －y+1=0和3x+y－2=0为基线表示7x －y=0，5x －1=0，

∵7x －y=0与（2x －y+1）+λ1（3x+y－2）=0重合，∴

7−101

==⇒λ1=; 2+3λ1−1+λ11−2λ12

∵5x －1=0与（2x －y+1）+λ2（3x+y－2）=0重合.

50−1∴==⇒λ2=1, 2+3λ2−1+λ21−2λ2所求交比为

λ11

=，由于交比存在，所以四直线共点。λ22

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 ⋅BD AC BD SA SB

=−⋅=−⋅=−1

AD ⋅BC CB AD SB SA

图6

∴（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。证明：设AC×BD=O，AE×BD=P∞（图7），

因此A （BD ，CE ）=（BD ，OP ∞）

=（BDO ）=

BO

=−1DO

图7

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，∴OT ⊥CT ，TD ⊥AB

∴OT 2=OD·OC，即OA 2=OD·OC，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 确定后，T 也确定，所以点D 唯一确定。

图8

13、设两点列同底，求一射影对应使0，1，∞分别变为1，∞，

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 ）=（0x'1），展开得：

0x −11−01

=⇒x ′=, 且=1≠0x −01−x ′1−x −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）4,3,2；（2）1,2,3；（3）－1, －2, －3. 解：设第四对对应点x ，x' ，

（1）∵（12，3x ）=（43，2x' ）

−152(x −2) −2(x ′−3) =, ∴x ′=−x +5, 且=−1≠0

(x −1) −1(x ′−4) 01

10

（2）∵（12,3x ）=(12,3x')，∴x'=x为恒等变换，且=1≠0

01−10

（3）∵（12,3x ）=（-1-2，-3x' ），∴x' =-x 且=−1≠0

01⇒

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：（ABM ）=（A'B'M' ），

即A ′M ′=AM ⇒A ′M ′=B ′M ′=A ′M ′−B ′M ′=A ′B ′=定比。B ′M ′BM AM BM AM −BM AB

证法2：射影变换式为；x ′=

ax +b

cx +d

b

a b 且≠0或：x ′=

c d

c +

x

a +

,

因为当x→∞时，x'→∞，所以c=0。此时射影变换式为：x ′=

ax +b d

，或dx' －ax －b=0。

设x 1→x1' ，x 2→x2' 为两对对应点，因此dx 1' －ax 1－b=0dx 2' －ax 2－b=0

①②

①式减②式，得d(x1' －x 2')=a(x1－x 2) ⇒

′a x 1′−x 2

==定比。x 1−x 2d

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，M i （i=1，2，3，4）为圆周上

任意四点（图9

）

图9

∵A （M 1M 2，M 3M 4）=

sin ∠M 1AM 3⋅sin ∠M 2AM 4sin ∠M 1AM 4⋅sin ∠M 2AM 3

sin ∠M 1A ′M 3⋅sin ∠M 2A ′M 4=

sin ∠M 1A ′M 4⋅sin ∠M 2A ′M 3

=A'（M 1M 2,M 3M 4）。

∴A' （M 1M 2,M 3M 4A' （M 1M 2,M 3M 4）

17、从原点向圆（x －2）2+(y－2) 2=1作切线t 1,t 2。试求x 轴，y 轴，t 1,t 2顺这次序的交

比。（设t 1是邻近x 轴的切线）解：设直线y=kx

与圆相切，则

解得：k 1,2

=

2

=1，两边平方得：3k −8k +3=0，

43

44，t 2的斜率为k 2

=

33

4x=0，t 2

的方程为y －x=0，

3

∵t 1邻近x 轴，∴t 1的斜率为k 1

=

4k 故（xy ，t 1,t 2）=k 2因此t 1的方程为y

－

18、设点A （3，1，2），B （3，-1，0）的联线与圆x 2+y2－5x －7y ＋6=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：x 12+x22－5x 1x 3－7x 2x 3+6x23=0,设直线AB 上任一点的齐次坐标是

（3+3λ，1－λ，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，

设λ1，λ2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 ）=

λ1

=-1.λ2

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 ｝｛M' ｝。证明：设圆半径为r ，M （a,0）

，M' （0，b ），a ，b 为参数（图10），

则m 的方程为因此r =

x y

+=1或bx+ay-ab=0，由于m 与圆相切，，此式两边平方，

得r 2a 2+r2b 2+a2b 2+2abr－2a 2br －2b 2ar ＝a 2r 2＋b 2r 2, 或ab －2ra －2rb+2r2=0∵

1−

2r

2

−2r 2r

=−2r 2≠0

图10

∴点M ，M' 的参数间有一个行列式不等于零的双一次函数，故｛M ｝｛M' ｝。

20、x 表直线上点的笛氏坐标，这直线上的射影变换x ′=

下以无穷远点作为二重点。解：设x=x'是无穷远点，因此

αx +β

,δα－βγ≠0,在什么条件γx +δ

β

=α=∞⇒γ=0lim x =lim

x →∞x →∞γ

γ+

x

α+

所以，以无穷远点作为二重点的射影变换是

x ′=

αx +βαβ

=ax +b , 其中a =, b =. δδδ

21、设两个重迭一维射影几何形式有两个二重元素S 1、S 2，证明它们之间的对应式

可以写作

µ′−S 1µ−S 1,k 是个常数。

=k µ′−S 2µ−S 2

证明：已知S 1→S2，S 2→S2，设μ1→μ'1是第三对对元素，μ→μ'是任一对对应元素，

因为三对对应元素确定唯一射影对应，∴（S 1S 2，μ1μ'）=（S 1S 2，μ1'μ'），因而

′−S 1)(µ′−S 2) (µ1−S 1)(µ−S 2) (µ1

=

′−S 2) (µ−S 1)(µ1−S 2) (µ′−S 1)(µ1

(µ′−S 1) (µ1′−S 1) (µ1−S 2)(µ−S 1) (µ−S 1) (µ′−S ) (µ1−S 2) =⋅=k , 其中k=11

′−S 2) (µ1−S 1) (µ′−S 2) (µ1′−S 2) (µ1−S 1)(µ−S 2) (µ−S 2) (µ1

=

22、设S 1，S 2是对合对应的二重元素，证明这对合可以写作:

µ′−S 1µ−S 1+=0µ′−S 2µ−S 2

证明：设μ→μ'是对合对应下任一对对应元素，从而（S 1S 2，μμ'）=-1，即

µ−S 1µ′−S 2µ−S 1µ′−S 1

⋅=−1或=−µ−S 2µ′−S 1µ−S 2µ′−S 2

µ′−S 1µ−S 1∴+=0µ′−S 2µ−S 2

23、一直线上点的射影变换是x'=

3x +2

，证明这直线上有两点保持不变，且这两点跟x +4

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x 2+x－2=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

3x +2

，x +43x +25(x −1)(x +2) 5

）=⋅=(常数) x +42(x +2)(x −1) 2

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λ、λ'，则对合方程为

aλλ'+b(λ+λ')+d=0,且ad －b 2≠0，互垂对应线应满足λλ'=－1，

′′

所以a λλ+b (λ+λ) +d =0⇒b λ2−(a −d ) λ−b =0(1)∆=(a −d ) 2+4b 2>0

{

λλ′=−1

所以当方程（1）有两个不等实根λ1，λ2时，只有一对互垂对应线，这是因为λ1λ2=－=－1, 因而λ1'=−

b b

11

=λ2，λ'2=−=λ1。λ1λ2

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A→A'，B→B'，A'→A，C'→C，

所以（AB ，A'C' ）=（A'B' ，AC ），于是得

AA ′⋅BC ′A ′A ⋅B ′C BC ′B ′C AC ′BA ′CB ′

=⇒=−⇒⋅⋅=1

AC ′⋅BA ′A ′C ⋅B ′A AC ′⋅BA ′A ′C ⋅B ′A BC ′CA ′AB ′

∴（ABC' ）（BCA' ）（CAB' ）=1

26、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' 交于点和

P' （图11）

已知OT ⊥O'T ，∴OT 2=OP·OP'，即OA 2=OB2=OP·OP'。∴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。

图11

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A 1，A 2；B 1，B 2（图12）

设OA 2=k，则OA 1·OA2=OB1·OB2=OA2=k，

因为A 1，A 2；B 1，B 2在x 轴上的位置为一正一负，故OA 1·OA2=OB1·OB2＜0，

因而A 1，A 2；B 1，B 2，……在x 轴上构成椭圆型对合

图12

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13）。

证：设A 0是α上的一个定点，A O P 交β于B 0，B 0Q 交γ于C 0，

则A 0C 0是定直线（图13）。若R 是定直线A 0C 0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△A 0B 0C 0中，A 0A ，B 0B ，C 0C 共点，

根据代沙格定理，P ，Q 及A 0C 0×AC共线，即AC 通过A 0C 0×PQ=R（定点）。

2、△ABC 的二顶点A 与B 分别在定直线α和β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α×β=0（定点），△A 0B 0C 0是满足条件的定三角形，

△ABC 是满足条件的任意三角形。

∵A 0B 0×BC=Q，A 0C 0×AC=R。由代沙格定理逆定理得，

三线A 0A ，B 0B ，C 0C 共点O ，即C 在定直线C 0O 上移动（图14）。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A 1=BC×QR，B 1=CA×RP，C 1=AB×PQ三点共线。

证：在△ABC 及△PQR 中（图15），∵AP ，BQ ，CR 共点S 。

∴对应边的交点C 1=AB×PQ，B 1=CA×RP，A 1=BC×RQ三点共线。

图14

图15

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。

图16

5、设AD ，BE ，CF 为△ABC 的三高线，EF×BC=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。

图17

第五章射影坐标系和射影变换

αx +β

, αδ−γβ≠0(1)以齐次坐标表达。γx +δ

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 1，x 2），且x ＝1，x 2

λ

一点的射影坐标为λ，齐次坐标为（λ1,λ2）且λ=1，将λ和x 代入关系式（1）

λ2

x α1+β令1λλ有λ1=x 2，化简得：==(ρ≠0)

αx 1+βx 2γx 1+δx 2ρλ2γ1+δ

x 2

βρλ1=αx 1+βx 2

∴⎧≠0为齐次变换式。⎨ρλ=γx +δx 且

γδ⎩212

1、将一维笛氏坐标与射影坐标的关系：λ=

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A 1,A 2, E ，(i)求此直线上任

一点P 的笛氏坐标x 与射影坐标λ的关系；（ii ）问有没有一点，它的两种坐标相等？

解：笛氏坐标

射影坐标：（i ）由定义

0A 2

A 1

. E

x . λ0，3x ）=

λ=（A 1A 2，EP ）=（2

(3−2)(x −0) x

=

(x −2)(3−0) 3x −6

故：λ=

10x

，且=6≠0

363x −6

(ii)

若有一点它的两种坐标相等，即x=λ则有x =

x

，即3x 2－7x=0，3x −6

∴当x=0及x=

7

时两种坐标相等。3

3、在二维射影坐标系下，求直线A 1E ，A 2E ，A 3E 的方程和坐标。

解：坐标三角形顶点A 1（1，0，0）,A 2（0，1，0）,A 3（0，0，1）和单位点E （1，1，

x 1x 2

1）设P （x 1，x 2，x 3）为直线A 1E 上任一点，其方程为：10

11x 3

0=01

即x 2－x 3=0，线坐标为（0，1, －1）

x 1x 2x 3

直线A 2E 的方程为：0

1

11

；0=0，即x 1－x 3=0，线坐标为（1，0，－1）

1

x 1x 2

直线A 3E 的方程为：00

11x 3

1=0，即x 2－x 1=0，线坐标为（－1，1，0）1

4、写出分别通过坐标三角形的顶点A 1，A 2，A 3的直线方程。解：设平面上任意直线方程为

u 1x 1+u2x 2+u3x 3=0，过点A 1(1，0，0) 时u 1=0，即为u 2x 2+u3x 3=0，

过点A 2(0，1，0) 时u 2=0，即为u 1x 1+u3x 3=0，过点A 3(0，0，1) 时u 3=0，即为u 1x 1+u2x 2=0。

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A 2A 3，A 3A 1，A 1A 2，取E （, ）为单位点，求一点的射影坐标（x 1，x 2，x 3）与笛氏坐标（x ，y ，t ）的关系。解：E （, ），∴e 1

31

22

3122

，e 2

1，e 3=。（图18）

−2任意一点M （x ，y ）到三边的距离为：ρ1

x −2

ρ2

=，ρ3=

1ρ1=x－y ，ρx=ρ2=x+y－t ，ρx=ρ3=－2x+4t

23

e 1e 2e 3

图18

∴射影坐标（x 1，x 2，x 3）与笛氏坐标的关系为：ρx1=

1−10⎧ρx 1=x −y , 即：⎪⎨ρx 2=x +y −t , 且11−1=6≠0

⎪⎩ρx 3=−2x +4t −204

′=−x 1+x 2+x 3, ⎧ρx 1⎪6、从变换式⎨ρx ′求出每一坐标三角形的三边在另一坐标系下的方程。2=x 1−x 2+x 3, (1)⎪′=x 1+x 2−x 3⎩ρx 3

解：△A 1'A 2'A 3' 三边，A 1'A 2' ：x' 3=0；A 1'A 3' ：x' 2=0；A 2'A 3' ：x' 1=0。

从变换式（1）可求得△A 1'A 2'A 3' 的三边在坐标系△A 1A 2A 3下的方程：A 1'A 2' 的方程为：x' 3=0，即x 1+x2－x 3=0；A 1'A 3' 的方程为：x' 2=0，即x 1－x 2+x3=0。A 2'A 3' 的方程为：x' 1=0，即－x 1+x2＋x 3=0。

′+x ′⎧µx 1=x 23, ⎪由（1）可求出逆变换式为：⎨µx 2=x 1′+x 3′,(2)

⎪′⎩µx 3=x 1′+x 2

△A 1A 2A 3的三边，A 1A 2：x 3=0；A 1A 3：x 2=0；A 2A 3：x 1=0。

从变换式（2）可求得△A 1A 2A 3的三边在坐标系△A 1'A 2'A 3' 下的方程：x' 1+x'2=0，即A 1A 2的方程。x' 1+x'3=0，即A 1A 3的方程。x' 2+x'3=0，即A 2A 3的方程。

7、若有两个坐标系，同以△A 1A 2A 3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？

′=a 11x 1+a 12x 2+a 13x 3, ⎧ρx 1

⎪解：设变换式为：⎨ρx ′2=a 21x 1+a 22x 2+a 23x 3, ⎪′=a 31x 1+a 32x 2+a 33x 3⎩ρx 3

得

a ij ≠0

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

ρ1=a11，a 21=0，a 31=0；ρ2=a22，a 12=0，a 32=0；ρ3=a33，a 13=0，a 23=0

′=a 11x 1, ⎧ρx 1⎪故有⎨ρx ′2=a 22x 2, ⎪′=a 33x 3⎩ρx 3⎧ρa =a 11, ∴⎪⎨ρb =a 22, ⎪⎩ρc =a 33

a ij =a 11a 22a 33≠0

又（1,1,1）→（a,b,c ）

即a ：b ：c =a 11：a 22：a 33

′=ax 1, ⎧ρx 1

⎪故变换式为：⎨ρx ′2=bx 2, ⎪′=cx 3⎩ρx 3

a ij =abc ≠0

x ′=x +a , 的二重元素。8、在拓广欧氏平面上求平移⎧⎨

⎩y ′=y +b ′=x 1+ax 3, ⎧ρx 1

x 1x 2⎪解：设x=，y=，则有⎨ρx ′2=x 2+bx 3, x 3x 3

⎪′=x 3⎩ρx 3

−µ

（1）求二重点：由0

a

3

1−µb =0得(1−µ)=0，即μ=1为三重根。01−µ

解得：x 3=0

⎧(1−µ) x 1+ax 3=0

将μ=1代入方程组：⎪⎨(1−µ) x 2+bx 3=0

⎪⎩(1−µ) x 3=0

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（x 1，x 2，0）皆为二重点。（2）求二重直线：λ=1为三重根。

⎧(1−λ) u 1=0

将λ=1代入方程组：⎪⎨(1−λ) u 2=0

⎪⎩au 1+bu 2+(1−λ) u 3=0

得u 1，u 2可取任意数，且au 1+bu2+0u3=0

所以二重直线是通过点（a ，b ，0）的一切直线，即以线，这平行线束即平移方向的直线集合。

b

为斜率的平行线束及无穷远a

′=−x 1, ⎧ρx 1⎪9、求射影变换⎨ρx ′(1)的二重元素。2=x 2, ⎪′=x 3⎩ρx 3

⎧(−1−µ) x 1=0

解：（i ）求二重点：二重点（x 1，x 2，x 3）应满足⎪⎨(1−µ) x 2=0(2)

⎪⎩(1−µ) x 3=0

−1−µ00

由

00

∴μ1=1为二重根，μ2=－1为单根。1−µ0=0得(−1−µ)(1−µ)=0，

01−µ

2

将μ1=1代入（2）式得x 1=0，x 2，x 3为任意数，所以二重点为（0，x 2，x 3），但x 2，x 3不同时为零，此为坐标三角形的边x 1=0上的一切点；

将μ2=－1代入（2）式得二重点（x 1，0，0），此为坐标三角形的顶点A 1（1，0，

0）。

（ii ）求二重直线：λ1=1及λ2=－1，

⎧(−1−λ) u 1=0将λ1=1代入⎪⎨(1−λ) u 2=0(3)得二重直线u 1=0，即过A 1（1，0，0）的一切直

⎪⎩(1−λ) u 3=0

线；

将λ=－1代入（3）得二重直线x 1=0，为坐标三角形的边A 2A 3。

′=x 1+x 2, ⎧ρx 1⎪10、求射影变换⎨ρx ′(1)的二重元素。2=x 2, ⎪′=x 3⎩ρx 3

⎧(1−µ) x 1+x 2=0

解：（i ）求二重点：（x 1，x 2，x 3）满足⎪(2)⎨(1−µ) x 2=0

⎪⎩(1−µ) x 3=0

−µ由0

10

3

1−µ0=0得(1−µ)=0，有三重根μ=1，01−µ

将μ=1代入（2）式得二重点为x 2=0,即坐标三角形的边A 1A 3上所有的点。（ii ）求二重直线：λ=1为三重根，

⎧(1−µ) u 1=0

将λ=1代入⎪⎨u 1+(1−µ) u 2=0(3)得u 1=0,u 2, u 3为任意数，

⎪⎩(1−µ) u 3=0

即二重直线为以A 1(1,0,0)为中心的线束。

′=4x 1−x 2, ⎧ρx 1⎪11、求射影变换⎨ρx ′的二重元素。2=6x 1−3x 2, (1)⎪′=x 1−x 2−x 3⎩ρx 3

⎧(4−µ) x 1−x 2=0

解（i ）求二重点：二重点（x 1，x 2，x 3）满足⎪(2)⎨6x 1+(−3−µ) x 2=0

⎪⎩x 1−x 2+(−1−µ) x 3=0

4−µ−10由6−3−µ0=0，得(μ+1)(μ+2)(－μ+3)=0，所以特征根μ=-1，-2，3。

1−1−1−µ

取μ=－1代入（2）得二重点为（0，0，x 3）即（0,0,1），取μ=－2代入（2）得二重点为（1，6，5），取μ=3

代入（2）得二重点为（1，1，0）。

（ii ）求二重直线：特征根λ=－1，－2，3。

⎧(4−λ) u 1−6u 2+u 3=0取λ=－1代入⎪⎨−u 1+(−3−λ) u 2−u 3=0(3)得二重直线为（1，－1，－1）

⎪⎩(−1−λ) u 3=0

取λ=－2代入（3）得二重直线为（1，－1，0）取λ=3

代入（3）得二重直线为（－6，1，0）。

′=ax 1+x 2, ⎧ρx 1⎪12、证明射影变换⎨ρx 2′=ax 2+x 3,(1)只有一个二重点及通过该点的一条二重直线。⎪′=ax 3⎩ρx 3

⎧(a −µ) x 1+x 2=0

证：若有二重点（x 1，x 2，x 3）则满足⎪⎨(a −µ) x 2+x 3=0(2)

⎪⎩(a −µ) x 3=0

a −µ10由0a −µ1=0，得(a −µ) 3=0，即μ=a 为三重根，

00a −µ

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

⎧(a −µ) u 1=0

将λ=a代入⎪⎨u 1+(a −µ) u 2=0，得二重直线为（0，0，u 3）即x 3=0，

⎪⎩u 2+(a −µ) u 3=0

所以二重直线A 1A 2通过二重点A 1（1，0，0）。

13、（i ）求变换：x'=

x y

，y'=的二重点。2x −12x −1

（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=

x

，解出x=0,1。2x −1y y=，化简为：y(2x－2)=0，所以x=1时，y 为任何值都行，2x −1

故二重点为（0，0）及直线x=1上的任意点。

（ii ）交比（OP ，MM' ）=（01，xx' ）=（01，x (iii)从原变换求其逆变换：

x

）=－1. 2x −1

x x ′

→x=；

′2x −12x −1

y y ′y' =→y=

2x −12x ′−1

x' =

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 ) −1=T −1S −1R −1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∴(RST )

−1

=T −1S −1R −1

a a ′=a 11x 1+a 12x 2ρx 1

, A =1112≠0构成群。

a 21a 22⎩ρx ′2=a 21x 1+a 22x 2

a 11a 12

≠0，

a 21a 22

15、证明直线上非奇异射影变换⎧⎨

ρx 1=a 11x 1+a 12x 2证：设T ：⎧, A =⎨

S ：⎧⎨

′

⎩ρx ′2=a 21x 1+a 22x 2

b b ′′=b 11x 1′+b 12x ′ρ′x 12

, A ′=1112≠0，

′′b 21b 22⎩ρ′x ′′2=b 21x 1+b 22x 2

⎩ρ′′x ′′2=c 21x 1+c 22x 2

c 11′′=c 11x 1+c 12x 2ρ′′x 1

所以S·T：⎧, D =⎨

c 21

c 12a 11a 12b 11b 12

=⋅≠0c 22a 21a 2221b 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；

又因为

A 11A 12a 11a 12′σx 1=A 11x 1′+A 21x 2

T -1：⎧, D ==≠0⎨σx =A x ′+A x ′

A A a a ⎩[**************]

2

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。

ρx 1=a 11x 1+a 12x 2

16、证明直线上非奇异射影变换⎧, A =⎨

证：设T ：⎧⎨

′

⎩ρx ′2=a 21x 1+a 22x 2

a 11a 12

>0构成群。

a 21a 22

a a ′=a 11x 1+a 12x 2ρx 1

, A =1112>0，

a 21a 22⎩ρx ′2=a 21x 1+a 22x 2

b 21

b 12

>0，b 22

b 11′′=b 11x 1′+b 12x ′ρ′x 12S ：⎧′, A =⎨

′′⎩ρ′x ′′2=b 21x 1+b 22x 2

所以S·T：⎧⎨

c c a a b b ′′=c 11x 1+c 12x 2ρ′′x 1

, D =1112=1112⋅1112>0

c 21c 22a 21a 2221b 22⎩ρ′′x ′′2=c 21x 1+c 22x 2

A 12a 11a 12

=>0A 22a 21a 22

2

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

A 11′σx 1=A 11x 1′+A 21x 2

T -1：⎧⎨σx =A x ′+A x ′, D =

A 21⎩2121222

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⎧⎨

a a ′=a 11x 1+a 12x 2ρx 1

, A =1112

a 21a 22⎩ρx ′2=a 21x 1+a 22x 2

a 11a 12

a 21a 22

ρx 1=a 11x 1+a 12x 2

证：设T ：⎧, A =⎨

S ：⎧⎨

′

⎩ρx ′2=a 21x 1+a 22x 2

b b ′′=b 11x 1′+b 12x ′ρ′x 12

, A ′=1112

′′b 21b 22⎩ρ′x ′′2=b 21x 1+b 22x 2

⎩ρ′′x ′′2=c 21x 1+c 22x 2

c 11′′=c 11x 1+c 12x 2ρ′′x 1

所以S·T：⎧, D =⎨

c 21

c 12a 11a 12b 11b 12

=⋅>0c 22a 21a 2221b 22

即直线上行列式

18、证明绕原点的全体旋转变换构成群。证：设T ：

cos θ−sin θ

=1

sin θcos θcos θ′−sin θ′x ′′=x ′cos θ′−y ′sin θ′，且

S ：′A ==1

y ′′=x ′sin θ′+y ′cos θ′sin θ′cos θ′

{{

x ′=x cos θ−y sin θy ′=x sin θ+y cos θ

，且A=

所以S·T：

{

cos(θ+θ′) −sin(θ+θ′) x ′′=x cos(θ+θ′) −y sin(θ+θ′) ，且D ==1

y ′′=x sin(θ+θ′) +y cos(θ+θ′) sin(θ+θ′) cos(θ+θ′)

故旋转变换之积仍为旋转变换；

又因为

′′′′

T -1：x =x cos(−θ) −y sin(−θ) ⇒x =x cos θ+y sin θ

{

y =x ′sin(−θ) +y ′cos(−θ)

{

y =−x ′sin θ+y ′cos θ

且A -1=

cos θsin θ

=1，故旋转变换之逆仍为旋转变换，

−sin θcos θ

所以绕原点的旋转变换构成群。

第六章

（λ′=

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 1－λx3=0与x 2－λ'x3=0

λ−1

）所决定的。λ+2

λ−1

解：∵λ′=（1）

λ+2

x x 由x 1－λx3=0⇒λ=(2)；x 2－λ'x3=0⇒λ′=(3)x 3x 3

x 1

−1x x −x x 将(2)(3)代入(1)得：2=3=13⇒x 2(x 1+2x 3) −x 3(x 1−x 3) =0x 31+2x 1+2x 3

x 3

故所求二阶曲线的方程为：x 1x 2+2x 2x 3−x 1x 3+x 32=0

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(A'B'，CD)=k，然后连接B'B 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(A'B'，CD)=k（图18）

图18

3、建立一个透视对应使以A 1(1，0，0) 为中心的线束对应于以A 2（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⎨

⎧x 2=0

的交点为A 1，过A 1的线束方程为：x 2－λx3=0x =0⎩3

（1）

又⎨

⎧x 1=0的交点A ，过A 的线束方程为：x －μx=0

2213

x =0⎩3

αµ+βα

, γµ+δγ

β

≠0（3）δ

（2）

若线束A 1∧线束A 2，则λ=

将(1)(2代入(3)得：x 2(γx 1+δx 3) -x 3(ax 1+βx 3) =0（4）

若线束A 1∧线束A 2，则x 3=0为自对应直线（即x 3=0，变为x 3=0），即（3）式中μ=∞时对应于λ=∞，∴γ=0⇒化简为x 3（－αx 1+δx 2－βx 3）=0,且αδ≠0

x 2αx 1+βx 3α

=, x 3δx 30

（5）

β

≠0，δ

若A 3（0，0，1）在（5）式所表示曲线Γ上，则有β=0，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：x 3(－ax 1+ax2)=0，a≠0,

二透视线束产生的变态二阶曲线的方程为：x 3（x 1－x 2）=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作出二次曲线上其余的点。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，即为二次曲线上的另一点，因为1，2，3，4，5五点决定唯一的二次曲线Γ，

由巴斯卡定理及作图知，点6在Γ上，当直线P 变动时，得到不同位置的点6。

图19

5、给定一二次曲线上五点，利用巴斯卡定理作曲线在此五点之一的切线。解：（图20）已知二次曲线Γ上五点1，2，3，4，P （令P≡5≡6），

则（12×45）≡A，（16×34）≡C，（AC×23）≡B，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

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（12×45）=I ∞，（23×56）=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。

图21

7、内接于圆的两个三角形ABC 与A'B'C' 中，设交点P=AB×A'B'，

Q=BC×B'C'，X=CA'×C'A，证这三点共线。

解：（图22）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∑a ij x i x j =0引两条切线，证明这两条切线的方程可写作：

(∑a ij y i y j )(∑a ij x i x j ) −(∑a ij y i x j ) 2=0

证：设点y （y 1，y 2，y 3）是平面上的已知点，

设x （x 1，x 2，x 3）为平面上任一点，

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：

∑a w w

ij

i

j

=0即：∑a ij (x i +λy i )(x j +λy j ) =∑a ij x i x j +2λ∑a ij y i x j +λ2∑a ij y i y j =0

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：(a ij y i y j )(a ij x i x j ) −(a ij y i x j ) 2=0

∑∑∑

9、证明以x 1x 3－x 22=0为点坐标方程的二次曲线，它的线坐标方程为4u 1u 2－u 22=0。

12

2证：二次曲线x 1x 3－x 2=0，∵a =0−10=1≠0，故为常态二次曲线，

ij

4

1

0021

00u 1

2

其对应的二级曲线方程为：0−10u 2=0,

1

00u 32

u 1u 2u 30

展开行列式并化简便得线坐标方程为：4u 1u 2－u 22=0

10、证明以u 1u 3－u 22=0为线坐标方程的二次曲线，它的点坐标方程为4x 1x 3－x 22=0。

1

2

2证：u 1u 3－u 2=0，∵A =0−10=1≠0，故为常态二级曲线，

ij

4

1

002

1

00x 1

2

其对应的二阶曲线的方程为：0−10x 2=0,

1

00x 32

x 1x 2x 30

展开行列式并化简便得点坐标方程为：4x 1x 3－x2=0。

11、证明以4u 1u 3－u 22=0为线坐标方程的二次曲线，它的点坐标方程为：x 1x 3－x 22=0。

2

020

其对应的二阶曲线的方程为：

002

20

证：已知二级曲线4u 1u 3－u 22=0，⇒A ij =0−10=4≠0，故为常态二级曲线。

0−10200x 1x 2x 3

x 1x 2

=0, x 30

展开行列式并化简便得点坐标方程为：x 1x 3－x 22=0。12、求下列二次曲线的秩，如果是变态的，试求其奇异点。

（i ）2x 12－x 22+5x32－4x 2x 3+7x1x 3－x 1x 2=0（ii ）2x 12+3x22－x 23+2x2x 3－x 3x 1+x 1x 2=0（iii ）x 21+4x22+4x23－8x 2x 3+4x3x 1－4x 1x 2=0

2

解：（i ）∵D =a =−1

ij

−

1272

2−12

−

272

−1−2=0，但−2

5

1

2≠0，所以二次曲线的秩为2. −1

2x 12－x 22+5x32－4x 2x 3+7x1x 3－x 1x 2=0

可化为（x 1－x 2+x3）(2x1+x2+5x3)=0表两直线, 其交点(-2,-1,1)为奇异点。

2

(ii)∵D =a =1

ij

11−223

1=−36≠0∴秩为3，二次曲线为常态的，无奇异点。

21−1−12

1−22

（iii ）∵D =a ij =−24−4=0且任一二阶行列式皆为0，所以秩为1。

2−44

原方程x 21+4x22+4x23－8x 2x 3+4x3x 1－4x 1x 2=0，进行因式分解可化为

（x 1-2x 2+2x3）2=0，即x 1-2x 2+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x 2+3xy-4y2+2x－10y=0的中心与渐近线。解：二次曲线的齐次方程为：x 12+3x1x 2-4x 22+2x1x 3－10x 2x 3=0，

1

∵D =a ij =

32

1

3

−4−5=−36≠0∴二次曲线为常态的，2

1−50

设中心(ξ, η), 且ξ=

A 31A , η=32A 33A 33

3

3111

17132=−25而：A 31=2=−, A 23=−3=, A 33=

234−52

−4−5−42

2

1426

则中心为(, −2525

求渐近线方程：a 11X 2+2a12XY+a22Y 2=0，X=x－ξ，Y=y－η。从X 2+3XY－4Y 2=0→（X+4Y）（X －Y ）=0.

1426

)+4(y+)=0→5x+20y+18=0，25251426

X －Y=(x－) －(y+)=0→5x－5y －8=0。

2525

X+4Y=(x－

b x 2y 2

2、证明双曲线：2−2=1的两条以λ，λ'为斜率的直径成为共轭的条件是λλ'=2

a b a

解：渐近方向为b 2x 2－a 2y 2=0，渐近斜率为k=

2

b b

，k'=－，a a

λ，λ'是一对共轭直径的斜率，故（λλ'，kk' ）=－1,

即(λ−k )(λ′−k ′) =−1，化简后得：2λλ'+2kk'=0⇒λλ′=−kk ′

(λ−k ′)(λ′−k )

b 2b 2

因为kk'=−2，所以λλ'=2。

a a

3、证明：抛物线的固定方向的平行弦中点在一直线上；由此更证明当

平行弦的方向改变时，这些直线互相平行。

解：抛物线Γ切无穷远直线1∞于一点C （图28），平行弦A i B i 的

中点Q i 是平行弦公共点Pi 关于弦的端点Ai ，Bi 的调和共轭点，

图23

即是说点Q i 是Pi 关于Γ的共轭点，所以都在点Pi 的极线pi 上，C 亦是Pi 的一个共轭点，所以极线pi 通过C 。

换一组平行弦即换一个无穷远点P ，以上性质不变，所以抛物线

任一组平行弦中点共线。这线可以变，但其方向不变，因为它们都通过点C 。

4、设有一平行四边形外切于一椭圆，而且两边各平行于一对共轭直径，试证这种平行

四边形的面积一定。

解：设AOA' ，BOB' 为正交笛卡尔坐标系下椭圆

x 2y 2

+=1的任一对共轭直径（图29）它们的a 2b 2

b 2

斜率各为λ，λ'，有λλ'=−2。设点A 为A(x1，

a

y 1b 2x 1

y 1) ，则λ=，从而得λ'=−2。

x 1a y 1

x 2y 2

将BOB' 的方程y=λ'x与2+2=1联立求得交

a b

点B (−

图24

ay 1bx 1

, ), b b

x 2y 2

=4ab(2+2) =4ab(常量)

a b

1

所求平行四边形的面积S=8×S ∆AOB =4

x 1ay −1

b y 1bx 1a

5、共轭直径与椭圆的交点至中心的距离称为共轭半径，试证任何二共轭半径之平方和

等于定值。解：（图

24）所求和=OA2+OB2

=(a2+b2)(

=(x12+y12)+[

ay 12bx 12b 2a 2

22

(−) +() ]=x1(1+2)+y1(1+2)

b b a b

x 2y 2

+2)=a2+b2(常量) 。2

a b

第八章二次曲线的度量性质

1、试证迷向直线与其本身所成的角度是不定的。

证：设过I （1，i ，0），J （1，－i ，0）的迷向直线的方程为：

li ：y=ix+b1，lj ：y=－ix+b2.

从li 形式中取两直线lλ1：y=ix+λ1，lλ2：y=ix+λ

2

lλ1与lλ2的夹角α=ln(i , −i ; i , i ) =ln

i 2i 20

为不定。0

2、迷向直线上任何两点的距离等于零。

解：如在迷向直线y=ix+b上任取两点M 1（a 1，ia 1+b），M 2（a 2，ia 2+b）

由两点距离公式d 2=（a 1－a 2）2+i2(a1－a 2) 2=0。

3、二圆的方程各为S 1=x2+y2+2g1x+2f1y+c1=0；S 2=x2+y2+2g2x+2f2y+c2=0

那么S 1+λS2=0所表示的圆系称为共轴圆系。试证共轴圆系的中心在同一直线上。证：由S 1=0配方得（x+g1）2+（y+f1）2=g12+f12－c 1，圆心O 1（－g 1, －f 1），

由S 2=0配方得（x+g2）2+（y+2）2=g22+f22－c 2，圆心O 2（－g 2, －f 2），

g 1+λg 22f 1+λf 22(g 1+λg 2) 2+(f 1+λf 2) 2c 1+λc 2

S 1+λS 2=0→(x +) +(y +) =−

1+λ1+λ(1+λ) 21+λ

g +λg 2f +λf 21λ

圆心O λ(−1, −1，∴O λ=O 1+O 2，故O 1，O λ，O 2共

1+λ1+λ1+λ1+λ

线。

4、原点为中心的有心二次曲线可写为Ax+2Hxy+By=1，这里（x,y ）是笛氏坐标。解：设二次曲线方程为

即ξ=

∑a x x

ij i

j

=0，二次曲线以原点为中心，

A 31A

=0, η=32=0所以A 31=A 32=0，其中A 33≠0。A 33A 33

由点Y （y 1，y 2，y 3）关于二次曲线的极线为：

（a 11y 1+a12y 2+a13y 3）x 1+（a 21y 1+a22y 2+a23y 3）x 2+(a31y 1+a32y 2+a33y 3) x 3=0，当y 1=0,y2=0,y3=1时代入上式得原点的极线：

a 13x 1+a 23x 2+a 33x 3=0，所以应有a 13=0，a 23=0,a33≠=0，代入二次曲线其方程为：a 11x 21+2a12x 1x 2+a22x 22+a33x 23=0，即可化为Ax 2+2Hxy+By2=1。

5、证明过二次曲线的焦点引两条共轭直线，那么这两条线一定垂直。

证明：设F 为焦点，l ，l' 为由F 所引的二共轭直线，（图25）按焦点的定义，两迷向直线FI ，FJ 是二次曲线的切线，切点分别为T ，T' ，则直线TT' 是F 关于Γ的极线；设直线TT' 与l 和l' 分别交于点P' 和P ，则P 是l 关于Γ的极，P' 是l' 关于Γ的极，∴△FP' P 是自极三角形，有(TT'，PP')=－1，从而（FI ，FJ ，l ，l' ）=－1，所以l ⊥l'

图25