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ADᅩBC，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 ∴G'是△A'B'C'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（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（A1B1C1D1）= 平行四边形A'1B'1C'1D'1, 面积记为：S'1 T（A2B2C2D2）= 平行四边形A'2B'2C'2D'2, 面积记为：S'2，且 S'1=K S1，S'2=KS2，∴ 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（x0，yo）（分割比）， 且P在直线x+3y-6=0上，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P1（x1，y1）和P2（x2，y2）的联线段分成的比是证明 设分点为P（x0，y0），则分割比λ= ， P（x0，y0）在直线Ax+By+C=0上， Ax1+By 1+C+λ(Ax2+By2+C)=0 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） 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）=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 （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： 将（3）式代入（1），得 A（a1x'+a2y'+a0）+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， =Aa0+Bb0+C0 且不全为0，若不然，Aa1+Bb1=0，Aa2+Bb2=0 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：ΔA1A2A3和ΔA'1A'2A'3的面积分别以S, S'表示，= 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'，EE'为B'C'中点，FF'为A'D' 中点 ∵（BDQ）=（B'D'Q'）,(ACQ)=（A'C'Q'）,（BAP）=（B'A'P'）,(CDP)=(C'D'P')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 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： 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 因为u'，v'，w'不全为零，所以方程组(1)有非零解故 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（AB1C∞）= ，∴（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）（1，1－1）； （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+x2－x3=0，非齐次化为：x+y－1=0. (2) x1－x2=0或x－y=03）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= 再求两点（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=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（3，4，－1），(5,－3,1)的联线坐标：u1：u2：u3=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（45，31，－27） 5、方程u1－u2+2u3=0代表什么？u12－u22=0代表什么？ 解：方程u1－u2+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。
∵u12－u22=（u1+u2）（u1－u2）= 0， ∴u1+u2=0表示点（1，1，0）的方程；u1－u2=0表示点（1，－1，0）的方程 ∴u12－u22=0表示两点（1，1，0）和（1，－1，0）的方程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，得方程组 ∴2x－y+1=(3x+y－2)+ (7x－y)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）=λ（1，－1，1）+μ（1，0，0）（1）则此方程组无解，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：x3=0是无穷远直线方程∴从而x1－2x2=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？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)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∞）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）（AB，DC） (AC，BD)=1－（AB，CD） （AC，DB）（AD，BC） （AD，CB） 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）；（2，1，－1）+μ2（1，－1，1）=（1，5，-5） 所求交比为 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）+μ2（1，－1，1）∝（1，0，1）设μ1是基底P1，P2表示P3的参数，由已知条件（P1P2, P3P4）=，且μ2=1，∴μ1=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=OA·OB，证明（AB，CD）=-1 证明：∵OC2=OA·OB，由合分比得 因此（∵OC=－OD）， 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) ∵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=0 2CB·CA=CA·CD+CB·CD （2） 以CA·CB·CD除（2）式两边，得：8、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，则 x1+x2=，x1·x2= x3+x4=，x3·x4= （1）若 (x1x2，x3x4)=－1，即 有（ x1－x3）（ x2－x4）+（ x1－x4）（x2－x3）=0， 2（x1x2＋x3x4）－（x1＋x2）（x3＋x4）=0， （2）将（1）代入（2），得： ∴a11b22+a22b11-2a122b12=0 充分性，以 乘a11b22+a22b11－2a12b12=0的两边，得 将（1）代入上式后按必要性步骤倒推即得：(x1x2，x3x4)=－19、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， ∴ ∵5x－1=0与（2x－y+1）+λ2（3x+y－2）=0重合.∴所求交比为，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） ∴（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） 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 ∴OT2=OD·OC，即OA2=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'）由交比性质得：（10，x∞）=(0x'，1∞) ，即：（10x）=（0x'1），展开得：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）1,2,3；（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， （3）∵（12,3x）=（-1-2，-3x'），∴x' = - x15、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 证法2：射影变换式为； 因为当x→∞时，x'→∞，所以c=0。
此时射影变换式为：，或dx'－ax－b=0设x1→x1'，x2→x2' 为两对对应点，因此 dx1'－ax1－b=0 ①dx2'－ax2－b=0 ②①式减②式，得d(x1'－x2')=a(x1－x2) 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）= = =A'（M1M2,M3M4） ∴A'（M1M2,M3M4A'（M1M2,M3M4）17、从原点向圆（x－2）2+(y－2)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，两边平方得：，解得：k1,2= ∵t1邻近x轴，∴t1的斜率为k1= t2的斜率为k2= ，因此t1的方程为y－x=0，t2的方程为y－x=0，故（xy，t1,t2）==。
18、设点A（3，1，2），B（3，-1，0）的联线与圆x2+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：x12+x22－5x1x3－7x2x3+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）==-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｝｛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，此式两边平方，得r2a2+r2b2+a2b2+2abr－2a2br－2b2ar＝a2r2＋b2r2,或 ab－2ra－2rb+2r2=0 ∴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,δα－βγ≠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 = = 所以，以无穷远点作为二重点的射影变换是 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是个常数证明：已知S1→S2，S2→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， ∴（S1S2 ，μ1μ'）=（S1S2 ，μ1'μ'），因而 = 22、设S1，S2是对合对应的二重元素，证明这对合可以写作: 证明：设μ→μ'是对合对应下任一对对应元素，从而（S1S2 ，μμ'）=-1，即 或∴23、一直线上点的射影变换是x'=，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+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 ）= 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－b2≠0，互垂对应线应满足λλ'=－1，所以所以当方程（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'= =λ2，λ'2==λ1 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 ∴（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⊥O'T，∴OT2=OP·OP'，即 OA2=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 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OA1·OA2=OB1·OB2=OA2=k，因为A1，A2；B1，B2在x轴上的位置为一正一负，故OA1·OA2=OB1·OB2＜0，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A0是α上的一个定点，AOP交β于B0，B0Q交γ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），△A0B0C0是满足条件的定三角形，△ABC是满足条件的任意三角形 ∵A0B0×BC=Q，A0C0×AC=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=PS×QR，B=PR×QS，C=PQ×RS， 证明A1=BC×QR，B1=CA×RP，C1=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C1=AB×PQ，B1=CA×RP，A1=BC×RQ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，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 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x＝， 一点的射影坐标为λ，齐次坐标为（λ1,λ2）且λ=，将λ和x代入关系式（1）有，化简得： ∴ 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λ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 λ（i）由定义 λ=（A1A2，EP）=（2 0，3x）=(ii) 若有一点它的两种坐标相等，即x=λ则有，即3x2－7x=0，∴当x=0及x=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：即x2－x3=0，线坐标为（0，1, －1）直线A2E的方程为：，即x1－x3=0，线坐标为（1，0，－1）；直线A3E的方程为：，即x2－x1=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x－y=0，x+y－1=0，x－2=0分别作为坐标三角形的边A2A3，A3A1，A1A2，取E（）为单位点，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M（x，y）到三边的距离为： ρ1=，ρ2= ，ρ3= ∴射影坐标（x1，x2，x3）与笛氏坐标的关系为：ρx1==x－y，ρx2==x+y－t，ρx3==－2x+4t 即： 6、从变换式 求出每一坐标三角形的三边在另一坐标系下的方程解： △A1'A2'A3'三边，A1'A2'：x'3=0；A1'A3'：x'2=0；A2'A3'：x'1=0从变换式（1）可求得△A1'A2'A3'的三边在坐标系△A1A2A3下的方程： A1'A2'的方程为：x'3=0，即x1+x2－x3=0；A1'A3'的方程为：x'2=0，即x1－x2+x3=0A2'A3'的方程为：x'1=0，即－x1+x2＋x3=0由（1）可求出逆变换式为：△A1A2A3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△A1'A2'A3'下的方程： x'1+x'2=0，即A1A2的方程 x'1+x'3=0，即A1A3的方程 x'2+x'3=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）→（1,0,0）,（0,1,0）→（0,1,0）,（0,0,1）→（0,0,1）分别代入变换式得 ρ1=a11，a21=0，a31=0； ρ2=a22，a12=0，a32=0；ρ3=a33，a13=0，a23=0 故有 又（1,1,1）→（a,b,c） ∴即a：b：c = a11：a22：a33故变换式为： 8、在拓广欧氏平面上求平移 的二重元素解：设x=，y=，则有 （1）求二重点：，即μ=1为三重根将μ=1代入方程组：解得： 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： λ=1为三重根将λ=1代入方程组：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，0）的一切直线，即以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、求射影变换的二重元素 解：（i）求二重点：二重点（x1，x2，x3）应满足，∴μ1=1为二重根，μ2=－1为单根。
将μ1=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μ2=－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： λ1=1及λ2=－1，将λ1=1代入得二重直线u1=0，即过A1（1，0，0）的一切直线；将λ=－1代入（3）得二重直线x1=0，为坐标三角形的边A2A310、求射影变换的二重元素解：（i）求二重点：（x1，x2，x3）满足 ，有三重根μ=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，将λ=1代入得u1=0, u2, u3为任意数，即二重直线为以A1(1,0,0)为中心的线束 11、求射影变换的二重元素解 （i）求二重点：二重点（x1，x2，x3）满足，得(μ+1) (μ+2) (－μ+3) = 0，所以特征根μ=-1，-2，3 取μ=－1代入（2）得二重点为（0，0，x3）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 取λ=－1代入 得二重直线为（1，－1，－1） 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） 12、证明射影变换 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，即μ = a为三重根， 将μ = a代入（2）得二重点为（1，0，0）若有二重直线（u1，u2，u3），得λ=a为三重根，将λ=a 代入，得二重直线为（0，0，u3）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'=，y'=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=，解出x=0, 1 y=，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 （ii）交比（OP，MM'）=（01，xx'）=（0 1，x ）=－1. (iii) 从原变换求其逆变换： x' =→ x=；y' =→ y= 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∴ 15、证明直线上非奇异射影变换构成群证：设T：， S：， 所以S·T： 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： 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 构成群证：设T：， S：， 所以S·T： 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： 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不构成群证：设T：， S：， 所以S·T： 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、证明绕原点的全体旋转变换构成群证：设T： ，且A==1 S：， 且所以S·T：，且故旋转变换之积仍为旋转变换；又因为 T-1： 且 A-1=，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x1－λx3=0与x2－λ'x3=0（）所决定的解：∵ （1）由x1－λx3=0； x2－λ'x3=0将(2)(3)代入(1)得：故所求二阶曲线的方程为：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）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；并求这两透视线束所产生的变态二阶曲线的方程解：因为的交点为A1，过A1的线束方程为：x2－λx3=0 （1）又的交点A2，过A2的线束方程为：x1－μx3=0 （2） 若线束A1线束A2，则 （3）将(1)(2代入(3)得：x2 (γ x1+δ x3 ) - x3 (a x1+β 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μ=∞时对应于λ=∞，∴γ=0 ，化简为x3（－α x1+δ x2－β x3）=0, 且αδ≠0 （5）若A3（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：x3(－ax1+ax2)=0，a≠0,二透视线束产生的变态二阶曲线的方程为：x3（x1 －x2）=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65、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 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。
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向二次曲线引两条切线，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+λy，W在二次曲线上的充要条件是：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： 9、证明以 x1x3－x22=0为点坐标方程的二次曲线，它的线坐标方程为 4u1u2－u22=0。
证：二次曲线 x1x3－x22=0， ，故为常态二次曲线， 其对应的二级曲线方程为： 展开行列式并化简便得线坐标方程为：4u1u2－u22=010、证明以u1u3－u22=0为线坐标方程的二次曲线，它的点坐标方程为4x1x3－x22=0 证：u1u3－u22=0，，故为常态二级曲线，其对应的二阶曲线的方程为： 展开行列式并化简便得点坐标方程为：4x1x3－x22=0 11、证明以4u1u3－u22=0 为线坐标方程的二次曲线，它的点坐标方程为：x1x3－x22=0 证：已知二级曲线4u1u3－u22=0，，故为常态二级曲线其对应的二阶曲线的方程为： 展开行列式并化简便得点坐标方程为：x1x3－x22=0 12、求下列二次曲线的秩，如果是变态的，试求其奇异点 （i）2x12－x22+5x32－4x2x3+7x1x3－x1x2=0 （ii）2x12+3x22－x23+2x2x3－x3x1+ x1x2=0 （iii）x21+4x22+4x23－8x2x3+4x3x1－4x1x2=0解：（i），但 ，所以二次曲线的秩为2.2x12－x22+5x32－4x2x3+7x1x3－x1x2=0可化为（x1－x2+x3）(2x1+x2+5x3)=0表两直线, 其交点(-2,-1,1)为奇异点。
(ii) ∴秩为3，二次曲线为常态的，无奇异点iii）且任一二阶行列式皆为0，所以秩为1 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的中心与渐近线解：二次曲线的齐次方程为：x12+3x1x2-4x22+2x1x3－10x2x3=0，∴二次曲线为常态的，设中心 则中心为求渐近线方程：a11X2+2a12XY+a22Y2=0， X=x－ξ，Y=y－η 从X2+3XY－4Y2=0 →（X+4Y）（X－Y）=0.X+4Y=(x－)+4 (y+)=0→5x+20y+18=0，X－Y=(x－)－(y+)=0→5x－5y－8=0 2、证明双曲线：的两条以λ，λ'为斜率的直径成为共轭的条件是λλ'=解：渐近方向为b2x2－a2y2=0，渐近斜率为k=，k'=－，λ，λ'是一对共轭直径的斜率，故（ λλ'，kk'）=－1,即 ，化简后得： 2λλ'+2kk'=0因为kk'=， 所以λλ' =。
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AiBi的中点Qi是平行弦公共点Pi关于弦的端点Ai，Bi的调和共轭点，即是说点Qi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C4、 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的任一对共轭 直径（图29）它们的斜率各为λ，λ'，有λλ'=设点A为A(x1，y1)，则λ=，从而得λ'=将BOB'的方程y=λ'x与联立求得交点B 所求平行四边形的面积S=8× =4ab( ) =。