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1、高几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

2、，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31A

3、D3311BECF同 理 可 得 ： ，)1(图2图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

4、=KS2， A1B1C1D1 与 A2B2C2D2 是等积的平行四1122SKS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） ， ()APB且 P 在直线 x+3y-6=0 上，00362,1xy而 :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12AxByC证明 设分点为 P（x0，y0） ，则分割比 = ，APBP（x0，y0）在直线 Ax+By+C=0 上，

5、121200,(1)xyAx1+By 1+C+(Ax2+By2+C)=01212()()0ABC12xy8、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。,ABCBADD9、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

6、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AB 1（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 )3(图（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： 12120()xy12120(3)aaybxb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：是 x,y的一次式。其中 =Aa1+Bb1, =Aa2+Bb2， 0AxByC B=Aa0+Bb0+C0 且 不全为 0，若不然，Aa1+Bb1=0，Aa2+Bb2=0 ,AB12120aabb与 矛 盾 。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，= 123xyS1213211233axyaxya1122330xya1DS()常 数这结果与1

8、.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T形 ABCD，E E为 BC中点，F F为 AD 中点。（BDQ）TT=（BDQ）,(ACQ)=（ACQ）,（BAP ）=（BAP）,(CDP)=(CD

9、P)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 的自对应点和自对应直线； 342xy解：求自对应点：设 x=x, y =y，因此得 2403xy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=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=u，v=v，w= w，因此 因

10、为 u，v，w不全为零，所以3403422(1)uvuvww方程组(1) 有非零解。故 解得0411=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：)4(图 ASBC14xy+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

11、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2CB（AB1C） = ，（ABC）（AB1C）, 即中心投影一1ACB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, 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（

12、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132:3:1:0（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=0:024、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：u1：u2：u3=4134:1:8295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21:45:31798（45，31，

13、27） 。 C5、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）+（7xy）=（3+7）x+（ ）v2，得方程组 2xy+1= (3x+y2)+ (7xy)。

14、依据3711,2解 得 ： 1212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12330x从而 x12x2=0, 取 x1=2, 得 x2=1, 所求无穷远点坐标为（2,1.0） 。C9、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

15、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。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) 1ACBDEABC2、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）1ACB3、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） 243113(,)4ABCD(AC，BD

16、)=1（AB，CD） （AC，DB）3（AD， BC） （AD ，CB）13(,)ACBD11(,)4ABDC14(,)ADBC4、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） ；10（2，1，1）+ 2（1，1，1）= （1，5，-5 ）所求交比为 2351235、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

17、）（1，0，1） 。 设 1 是基底 P1，P2 表220示 P3 的参数，由已知条件（P1P2, P3P4）= ，且122=1， 1=2，因此， P3 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OC2=OAOB，证明（AB ，CD）=-1 证明：OC2=OAOB ，由合分比得CBAOCAB因此 ,ACBOD（OC=OD） ， 1(,)1CABDAC， 即 ：7、设 A、B、C 、D 成调和点列，即(AB， CD)=1，求证 11().2证明：由假设得：(AB，CD)BD=CD CB, AD=CDCA,代入1A

18、CBDD+BCA=0 (1)（1）式得 AC（CD CB ）+BC（CDCA）=0，化简得：ACCD ACCB+BCCDBCCA=0，CA CD+CACBCBCD+CBCA=0 2CBCA=CACD+CBCD（2）以 CACBCD 除（2）式两边，得：11().2CDAB8、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 a11b22 2a12b12+a22b11=0。证明：必要性，设两方程的根依次是 x1,x2 和 x3，x4，x1+x2=， x1x2= x3+x4= ，x3 x4= （1）若 12

19、a21a12b21b(x1x2，x3x4)= 1，即 有（ x1x3） （ x2x4）32413()x+（ x1x4） （x2x3）=0，2（x1x2 x3x4）（x1x2）（x3x4）=0 ， （2）将（ 1）代入（2） ，得： 212140baba11b22+a22b11-2a122b12=0。 充分性，以 乘12aba11b22+a22b112a12b12=0 的两边，得 将（1）21210ba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：以 2xy+1=0 和 3x+

20、y2=0 为基线表示 7xy=0，5x 1=0 ， 7xy=0 与（2xy+1）+1（3x+y2）=0 重合， 5x1=011170;232与（2xy+1 ）+ 2（ 3x+y2）=0 重合.所求交比为 ，由于交比存在，所以222501,3 12四直线共点。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。ACBD1S11、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 ACB

21、D=O，AEBD=P（图 7） ，因此 A（BD，CE）=（BD ，OP）=（BDO） 1BOD6图7图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 ABOT2=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 A

22、B 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。15、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： 00,11xx且16、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

23、点 x，x， （1）（12，3x）=（43，2x） 52()(3),1014x 且8图（2）（12,3x）=(12,3x)，x=x 为恒等变换， 10且（3）（12,3x）= （-1-2，-3x） ，x = - x且17、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，C M ）=（AB，CM）得：（ABM）=（ABM ） ，即ABAMBB定 比 。证法 2：射影变换式为； 0abxcd且 ,baxdc或 ：因为当 x时，x，所以 c=0。此时射影变换式为：，或

24、dxaxb=0 。设 x1x1 ，x2x2 为两对对应点，abd因此dx1ax1b=0 dx2ax2 b=0 减式，得 d(x1x2)=a(x1 x2) 12xad定 比 。18、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）= 132443sinsiMA 9图= 132443sinsiMA=A（M1M2,M3M4） 。A（M1M2,M3M4 A（M1M2,M3M4）17、从原点向圆（x2）2+(y2)2=1 作切线 t1,t2。

25、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：21k，2380k解得：k1,2= t1 邻近 x 轴，t1 的斜率为 k1= t2 的斜47.3 47.3率为 k2= ，因此 t1 的方程为 y x=0，t2 的方程为 y473x=0，故（xy，t1,t2）= = 。47312k18、设点 A（3，1，2） ，B（3，-1，0）的联线与圆x2+y25x 7y6=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

26、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. 1219、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 或 bx+ay-ab=0，由于 m 与圆相切，因此1xyab

27、，此式两边平方，得2brr2a2+r2b2+a2b2+2abr2a2br2b2ar a2r2b2r2, 或 ab2ra2rb+2r2=0 点 M，M 的参数间有一个2102r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 ,x0,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 = = limxlix0所以，以无穷远点作为二重点的射影变换是 ,.xabb其 中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。1122Sk证明：已知 S1S2 ， S2S2，设 11 是第三对对

28、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 10图1212()()SS= 1121111222 22()()()(),SSk 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: 11220S证：设 是对合对应下任一对对应元素，从而（S1S2 ，）=-1，即 或 12S1122S11220S23、一直线上点的射影变换是 x= ，证明这直线上有两点保持不34x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

29、= -2 和 x=1，设任一对对应点为 x， ，交比：324（1，2，x ）= 324x5(1)25()x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 、，则对合方程为 a+b( +)+d=0, 且 adb20，互垂对应线应满足 =1，以 ()01bd2 2()0()4badba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。b12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

30、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，A A ，CC，所以（AB ，AC ）= （AB，AC） ，于是得 1CBABC（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OT OT，OT2=OPOP，即 OA2=OB2=OPOP。 点 P，P是以 A，B

31、 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1图12图13图OA1OA2=OB1OB20，因而 A1，A2；B1，B2，在 x 轴上构成椭圆型对合第四章 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 A

32、B 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

33、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=PR QS，14图15图C=PQRS，证明 A1=BCQR，B1=CA RP，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=CA RP，A1=BCRQ 三点共线。4、已知线束中的三直线

34、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。设 AD，BE，CF 为ABC 的三高线，EFBC=D ，求证（BC,DD）=1，5.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）=

35、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,0(1)x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16图17图（x1，x2） ，且 x ，一点的射影坐标为 ，齐次坐标为12（1,2）且 = ，将 和 x 代入关系式（ 1）有 ，12 12x化简得： 1212(0)x令1220且 为 齐 次 变 换 式 。2、在直线上取笛氏坐标为 2，0

36、，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）=(32)06x(ii) 若有一点它的两种坐标相等，即 x=1063x故 ： ， 且则有 ，即 3x27x=0 ，当 x=0 及 x= 时两种坐标相等。x733、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

37、P（x1，x2，x3）为直线 A1E 上任一点，其方程为： 即 x2x3=0，线坐标为230x（0，1, 1）直线 A2E 的方程为： ，即 x1x3=0，线1230x坐标为（1，0，1） ；直线 A3E 的方程为： ，即1230xx2x1=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 。

38、5、取笛氏坐标系下三直线 xy=0，x+y 1=0，x2=0 分别作为坐标三角形的边 A2A3，A3A1 ，A1A2，取 E（ ）为单位点，31,2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31,21212M（x ，y）到三边的距离为：1= ，2= ，3= xy12xy。射影坐标（x1，x2，x3）与笛氏坐标的关系为：21x1= =xy，x2= =x+yt，x3= =2x+4t 即： 1e2e3e2310,6424xt且8图6、从变换式 求出每一坐标三角形的三边在另一坐12323,(1)xx标系下的

39、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：1233,()xA1A2A3 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+

40、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： 已知（1,0,0）112323,0ijxaxa（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121233,0ijxaa 123,abca：b：c = a11：a22：a33 故变换式为： 123,0ijxa8、在拓广欧氏平面上求平移 的二重元素。,xayb解：

41、设 x= ，y= ，则有 （1）求二重点：13x231323,x，即 =1 为三重根。将 =1 代入方程3001ab由 得组： 解得： 所以在有限欧氏平面上，在平移变32()0x30x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：得 u1，u2 可取任意数，且 au1+bu2+0u3=0 所以123()0()uab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ba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。123,()x解：（i）求二重点：二重点（x1，x2，

42、x3）应满足123()0()x，1=1 为二重根，2=121010由 得为单根。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 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；123()0()u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。123,()x解：（i）

43、求二重点：（x1，x2，x3）满足 123()0()x，有三重根 =1 ，将 =1 代入（2）式31010由 得得二重点为 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123()0()uA1(1,0,0)为中心的线束。11、求射影变换 的二重元素。122334,6(1)x解 （i）求二重点：二重点（x1，x2，x3）满足123(4)06()x，得(+1) (+2) (+3) = 0，所以特征根011由=-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123(4)60()u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2233,()x