【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 2,3x）=(12,3x39。)，∴x39。=x為恒等變換， （3）∵（12,3x）=（12，3x39。），∴x39。 = x1當(dāng)射影對(duì)應(yīng)使一點(diǎn)列上的無窮遠(yuǎn)點(diǎn)對(duì)應(yīng)于另一點(diǎn)列上的無窮遠(yuǎn)點(diǎn)時(shí)，證明兩點(diǎn)列的對(duì)應(yīng)線段成定比。 證法1：∵三對(duì)對(duì)應(yīng)點(diǎn)A→A39。 ，B→B39。，C∞→C39?！?，決定射影對(duì)應(yīng)，設(shè)M→M39。為任一對(duì)對(duì)應(yīng)點(diǎn)，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?yàn)楫?dāng)x→∞時(shí)，x39?！蓿詂=0。此時(shí)射影變換式為：，或dx39。－ax－b=0。設(shè)x1→x139。，x2→x239。 為兩對(duì)對(duì)應(yīng)點(diǎn)，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(diǎn)和其上二定點(diǎn)相聯(lián)得兩個(gè)線束，如果把線束交于圓周上的兩線叫做對(duì)應(yīng)直線，證明這樣的對(duì)應(yīng)是射影的。 證明：設(shè)A，A39。為圓周上二定點(diǎn)，Mi（i=1，2，3，4）為圓周上任意四點(diǎn)（圖9）∵A（M1M2，M3M4）= = =A39。（M1M2,M3M4） 。∴A39。（M1M2,M3M4A39。（M1M2,M3M4）1從原點(diǎn)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(shè)t1是鄰近x軸的切線）解： 設(shè)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(shè)點(diǎn)A（3，1，2），B（3，1，0）的聯(lián)線與圓x2+y2－5x－7y＋6=0相交于兩點(diǎn)C和D，求交點(diǎn)C，D及交比（AB，CD）。 解： 圓方程齊次化：x12+x22－5x1x3－7x2x3+6x23=0, 設(shè)直線AB上任一點(diǎn)的齊次坐標(biāo)是（3+3λ，1－λ，2），若此點(diǎn)在已知圓上，則（3+3λ）2+（1－λ）2 －5（3+3λ）2－7（1－λ）2+622 =0，化簡(jiǎn)得：10λ2－10=0， ∴λ1=1，λ2=1，即直線AB與圓有兩個(gè)交點(diǎn)，設(shè)λ1，λ2分別對(duì)應(yīng)的交點(diǎn)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）==1. 1一圓切于x軸和y軸，圓的動(dòng)切線m交兩軸于M及M39。，試證｛M｝｛M39。｝。證明：設(shè)圓半徑為r，M（a,0），M39。（0，b），a，b為參數(shù)（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(diǎn)M，M39。的參數(shù)間有一個(gè)行列式不等于零的雙一次函數(shù)， 故｛M｝｛M39。｝。 x表直線上點(diǎn)的笛氏坐標(biāo)，這直線上的射影變換,δα－βγ≠0,在什么條件下以無窮遠(yuǎn)點(diǎn)作為二重點(diǎn)。解：設(shè)x=x39。是無窮遠(yuǎn)點(diǎn)，因此 = = 所以，以無窮遠(yuǎn)點(diǎn)作為二重點(diǎn)的射影變換是 2設(shè)兩個(gè)重迭一維射影幾何形式有兩個(gè)二重元素 SS2 ，證明它們之間的對(duì)應(yīng)式可以寫作,k是個(gè)常數(shù)。證明：已知S1→S2，S2→S2，設(shè)μ1→μ39。1是第三對(duì)對(duì)元素，μ→μ39。是任一對(duì)對(duì)應(yīng)元素，因?yàn)槿龑?duì)對(duì)應(yīng)元素確定唯一射影對(duì)應(yīng)， ∴（S1S2 ，μ1μ39。）=（S1S2 ，μ139。μ39。），因而 = 2設(shè)S1，S2是對(duì)合對(duì)應(yīng)的二重元素，證明這對(duì)合可以寫作: 證明：設(shè)μ→μ39。是對(duì)合對(duì)應(yīng)下任一對(duì)對(duì)應(yīng)元素，從而（S1S2 ，μμ39。）=1，即 或∴2一直線上點(diǎn)的射影變換是x39。=，證明這直線上有兩點(diǎn)保持不變，且這兩點(diǎn)跟任意一對(duì)對(duì)應(yīng)點(diǎn)的交比為一常數(shù)。證明：設(shè)固定點(diǎn)為 x=x39。 ，所以x(x+4)=3x+2，即x2+x－2=0，解得固定點(diǎn)為x= 2 和x=1 設(shè)任一對(duì)對(duì)應(yīng)點(diǎn)為x， ，交比：（1，—2，x ）= 2試證對(duì)合對(duì)應(yīng)的二線束中，一般只有一對(duì)互相垂直的對(duì)應(yīng)直線，若有兩對(duì)互垂的對(duì)應(yīng)直線，則每對(duì)對(duì)應(yīng)直線都互垂。 證明：取二線束公共頂點(diǎn)為原點(diǎn)，取對(duì)應(yīng)線的斜率為λ、λ39。，則對(duì)合方程為 aλλ39。+b(λ+λ39。)+d=0, 且ad－b2≠0，互垂對(duì)應(yīng)線應(yīng)滿足λλ39。=－1，所以所以當(dāng)方程（1）有兩個(gè)不等實(shí)根λ1，λ2時(shí)，只有一對(duì)互垂對(duì)應(yīng)線，這是因?yàn)棣?λ2=－=－1,因而λ139。= =λ2，λ39。2==λ1。 當(dāng)方程（1）有兩個(gè)相等實(shí)根時(shí)，必須a－d=0，b=0，這時(shí)對(duì)合變?yōu)棣甩?9。=－1，每對(duì)對(duì)應(yīng)線都互垂。2設(shè)A，A39。；B，B39。；C，C39。是對(duì)合的三對(duì)對(duì)應(yīng)點(diǎn)，試證（ABC39。）（BCA39。）（CAB39。）=1。證明：由對(duì)合對(duì)應(yīng)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(diǎn)構(gòu)成一個(gè)雙曲對(duì)合。 證明：設(shè)圓O39。是與定圓O正交的任一圓，T為一個(gè)交點(diǎn)，且圓O39。與直線AB交于點(diǎn)和P39。（圖11） 已知OT⊥O39。T，∴OT2=OPOP39。，即 OA2=OB2=OPOP39。 ∴點(diǎn)P，P39。是以A，B為二重元素，O為中心的雙曲對(duì)合的一對(duì)對(duì)應(yīng)點(diǎn)。 2O是笛氏正交坐標(biāo)的原點(diǎn)，A是y軸上一定點(diǎn)，以A為頂點(diǎn)的直角繞A旋轉(zhuǎn)，證明直角兩邊被x軸所截的點(diǎn)偶構(gòu)成一個(gè)橢圓型對(duì)合。 證明：設(shè)直角邊交x軸的任意兩個(gè)位置為A1，A2；B1，B2（圖12） 設(shè)OA2=k，則OA1OA2=OB1OB2=OA2=k，因?yàn)锳1，A2；B1，B2在x軸上的位置為一正一負(fù)，故OA1OA2=OB1OB2＜0，因而A1，A2；B1，B2，……在x軸上構(gòu)成橢圓型對(duì)合第四章 代沙格定理、四點(diǎn)形與四線形 設(shè)△ABC的頂點(diǎn)，A，B，C分別在共點(diǎn)的三直線α，β，γ上移動(dòng)，且直線AB和BC分別通過定點(diǎn)P和Q，求證CA也通過PQ上一個(gè)定點(diǎn)（圖13）。證：設(shè)A0是α上的一個(gè)定點(diǎn)，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(diǎn)，從而R是PQ上 的定點(diǎn)，若△ABC是合于條件的，因?yàn)樵凇鰽BC及△A0B0C0中，A0A，B0B，C0C共點(diǎn)，根據(jù)代沙格定理，P，Q及A0C0AC共線，即AC通過A0C0PQ=R（定點(diǎn)）。 △ABC的二頂點(diǎn)A與B分別在定直線α和β上移動(dòng)，三邊AB，BC， CA分別過共線的定點(diǎn)P，Q，R，求證頂點(diǎn)C也在一定直線上移動(dòng)。 證：設(shè)αβ=0（定點(diǎn)），△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(diǎn)O，即C在定直線C0O上移動(dòng)（圖14）。 設(shè)P，Q，R，S是完全四點(diǎn)形的頂點(diǎn)，A=PSQR，B=PRQS，C=PQRS， 證明A1=BCQR，B1=CARP，C1=ABPQ三點(diǎn)共線。 證：在△ABC及△PQR中（圖15），∵AP，BQ，CR共點(diǎn)S?！鄬?duì)應(yīng)邊的交點(diǎn)C1=ABPQ，B1=CARP，A1=BCRQ三點(diǎn)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(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(diǎn)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?yàn)?，SPQR構(gòu)成一完全四點(diǎn)形，∴（AB，CD）=－1，從而（ab，cd）=（AB，CD）=－1。  設(shè)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(jié)論？ 證明：設(shè)P為△ABC的垂心，由完全四點(diǎn)形AFPE（圖17）的性質(zhì)，得（BC，DD39。）=－1。在等腰△ABC中，若AB=AC，D為垂足，因而D為BC的中點(diǎn)?！撸˙C，DD39。）=－1，所以D39。為BC直線上的無窮遠(yuǎn)點(diǎn)，因而FE∥BC。