【文章內容簡介】 2,3x）=(12,3x39。)，∴x39。=x為恒等變換， （3）∵（12,3x）=（12，3x39。），∴x39。 = x1當射影對應使一點列上的無窮遠點對應于另一點列上的無窮遠點時，證明兩點列的對應線段成定比。 證法1：∵三對對應點A→A39。 ，B→B39。，C∞→C39?！蓿瑳Q定射影對應，設M→M39。為任一對對應點，則由（AB，C∞M）=（A39。B39。，C39?！轒39。）得：（ABM）=（A39。B39。M39。），即 證法2：射影變換式為； 因為當x→∞時，x39?！?，所以c=0。此時射影變換式為：，或dx39。－ax－b=0。設x1→x139。，x2→x239。 為兩對對應點，因此 dx139。－ax1－b=0 ①dx239。－ax2－b=0 ②①式減②式，得d(x139。－x239。)=a(x1－x2) 1圓周上的點和其上二定點相聯得兩個線束，如果把線束交于圓周上的兩線叫做對應直線，證明這樣的對應是射影的。 證明：設A，A39。為圓周上二定點，Mi（i=1，2，3，4）為圓周上任意四點（圖9）∵A（M1M2，M3M4）= = =A39。（M1M2,M3M4） 。∴A39。（M1M2,M3M4A39。（M1M2,M3M4）1從原點向圓（x－2）2+(y－2)2=1作切線t1,t2。試求x軸，y軸，t1,t2順這次序的交比。（設t1是鄰近x軸的切線）解： 設直線y=kx與圓相切，則，兩邊平方得：，解得：k1,2= ∵t1鄰近x軸，∴t1的斜率為k1= t2的斜率為k2= ，因此t1的方程為y－x=0，t2的方程為y－x=0，故（xy，t1,t2）==。1設點A（3，1，2），B（3，1，0）的聯線與圓x2+y2－5x－7y＋6=0相交于兩點C和D，求交點C，D及交比（AB，CD）。 解： 圓方程齊次化：x12+x22－5x1x3－7x2x3+6x23=0, 設直線AB上任一點的齊次坐標是（3+3λ，1－λ，2），若此點在已知圓上，則（3+3λ）2+（1－λ）2 －5（3+3λ）2－7（1－λ）2+622 =0，化簡得：10λ2－10=0， ∴λ1=1，λ2=1，即直線AB與圓有兩個交點，設λ1，λ2分別對應的交點是C，D，則C的坐標是（3,0,1），D的坐標是（0,1,1）且（AB，CD）==1. 1一圓切于x軸和y軸，圓的動切線m交兩軸于M及M39。，試證｛M｝｛M39。｝。證明：設圓半徑為r，M（a,0），M39。（0，b），a，b為參數（圖10），則m的方程為或bx+ayab=0，由于m與圓相切，因此，此式兩邊平方，得r2a2+r2b2+a2b2+2abr－2a2br－2b2ar＝a2r2＋b2r2,或 ab－2ra－2rb+2r2=0 ∴點M，M39。的參數間有一個行列式不等于零的雙一次函數， 故｛M｝｛M39。｝。 x表直線上點的笛氏坐標，這直線上的射影變換,δα－βγ≠0,在什么條件下以無窮遠點作為二重點。解：設x=x39。是無窮遠點，因此 = = 所以，以無窮遠點作為二重點的射影變換是 2設兩個重迭一維射影幾何形式有兩個二重元素 SS2 ，證明它們之間的對應式可以寫作,k是個常數。證明：已知S1→S2，S2→S2，設μ1→μ39。1是第三對對元素，μ→μ39。是任一對對應元素，因為三對對應元素確定唯一射影對應， ∴（S1S2 ，μ1μ39。）=（S1S2 ，μ139。μ39。），因而 = 2設S1，S2是對合對應的二重元素，證明這對合可以寫作: 證明：設μ→μ39。是對合對應下任一對對應元素，從而（S1S2 ，μμ39。）=1，即 或∴2一直線上點的射影變換是x39。=，證明這直線上有兩點保持不變，且這兩點跟任意一對對應點的交比為一常數。證明：設固定點為 x=x39。 ，所以x(x+4)=3x+2，即x2+x－2=0，解得固定點為x= 2 和x=1 設任一對對應點為x， ，交比：（1，—2，x ）= 2試證對合對應的二線束中，一般只有一對互相垂直的對應直線，若有兩對互垂的對應直線，則每對對應直線都互垂。 證明：取二線束公共頂點為原點，取對應線的斜率為λ、λ39。，則對合方程為 aλλ39。+b(λ+λ39。)+d=0, 且ad－b2≠0，互垂對應線應滿足λλ39。=－1，所以所以當方程（1）有兩個不等實根λ1，λ2時，只有一對互垂對應線，這是因為λ1λ2=－=－1,因而λ139。= =λ2，λ39。2==λ1。 當方程（1）有兩個相等實根時，必須a－d=0，b=0，這時對合變?yōu)棣甩?9。=－1，每對對應線都互垂。2設A，A39。；B，B39。；C，C39。是對合的三對對應點，試證（ABC39。）（BCA39。）（CAB39。）=1。證明：由對合對應的相互交換性，有A→A39。，B→B39。，A39?！鶤，C39。→C，所以（AB，A39。C39。）=（A39。B39。，AC），于是得 ∴（ABC39。）（BCA39。）（CAB39。）=12AB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，證明這組圓跟直線AB的交點構成一個雙曲對合。 證明：設圓O39。是與定圓O正交的任一圓，T為一個交點，且圓O39。與直線AB交于點和P39。（圖11） 已知OT⊥O39。T，∴OT2=OPOP39。，即 OA2=OB2=OPOP39。 ∴點P，P39。是以A，B為二重元素，O為中心的雙曲對合的一對對應點。 2O是笛氏正交坐標的原點，A是y軸上一定點，以A為頂點的直角繞A旋轉，證明直角兩邊被x軸所截的點偶構成一個橢圓型對合。 證明：設直角邊交x軸的任意兩個位置為A1，A2；B1，B2（圖12） 設OA2=k，則OA1OA2=OB1OB2=OA2=k，因為A1，A2；B1，B2在x軸上的位置為一正一負，故OA1OA2=OB1OB2＜0，因而A1，A2；B1，B2，……在x軸上構成橢圓型對合第四章 代沙格定理、四點形與四線形 設△ABC的頂點，A，B，C分別在共點的三直線α，β，γ上移動，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A0是α上的一個定點，AOP交β于B0，B0Q交γ于C0，則A0C0是定直線（圖13）。若R是定直線A0C0與定直線PQ的交點，從而R是PQ上 的定點，若△ABC是合于條件的，因為在△ABC及△A0B0C0中，A0A，B0B，C0C共點，根據代沙格定理，P，Q及A0C0AC共線，即AC通過A0C0PQ=R（定點）。 △ABC的二頂點A與B分別在定直線α和β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αβ=0（定點），△A0B0C0是滿足條件的定三角形，△ABC是滿足條件的任意三角形。 ∵A0B0BC=Q，A0C0AC=R。由代沙格定理逆定理得，三線A0A，B0B，C0C共點O，即C在定直線C0O上移動（圖14）。 設P，Q，R，S是完全四點形的頂點，A=PSQR，B=PRQS，C=PQRS， 證明A1=BCQR，B1=CARP，C1=ABPQ三點共線。 證：在△ABC及△PQR中（圖15），∵AP，BQ，CR共點S。∴對應邊的交點C1=ABPQ，B1=CARP，A1=BCRQ三點共線。已知線束中的三直線a，b，c求作直線d使（ab，cd）=－1。 解：設線束中心為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AQ交d于R，聯BQ交a于P，聯PR與1交于D （圖16），則直線SD為所求。因為，SPQR構成一完全四點形，∴（AB，CD）=－1，從而（ab，cd）=（AB，CD）=－1。  設AD，BE，CF為△ABC的三高線，EFBC=D39。，求證（BC,DD39。）=－1，在等腰三角形AB=AC的情況，這命題給出什么結論？ 證明：設P為△ABC的垂心，由完全四點形AFPE（圖17）的性質，得（BC，DD39。）=－1。在等腰△ABC中，若AB=AC，D為垂足，因而D為BC的中點。∵（BC，DD39。）=－1，所以D39。為BC直線上的無窮遠點，因而FE∥BC。