高等几何模拟试题

是射影不变量 2、 直线3xy0上的无穷远点坐标为 3、 过点（1,i,0）的实直线方程为

4、 二重元素参数为2与3的对合方程为

225、 二次曲线6xy11y240过点P(1,2)的切线方程

二、 判断题（每题2分共10分） 1、两全等三角形经仿射对应后得两全等三角形 （ ） 2、射影对应保持交比不变，也保持单比不变 （ ） 3、一个角的内外角平分线调和分离角的两边 （ ） 4、欧氏几何是射影几何的子几何，所以对应内容是射影几何对应内容的子集 （ ） 5、共线点的极线必共点，共点线的极点必共线 （ ） 三、(7分)求一仿射变换，它使直线x2y10上的每个点都不变，且使点（1,-1） 变为（-1，2） 四、（8分）求证:点A(1,2,1),B(1,1,2),C(3,0,5)三点共线，并求t,s使

citaisbi,(i1,2,3) 五、(10分)设一直线上的点的射影变换是x对应点与任一对对应点的交比为常数。 /3x2证明变换有两个自对应点，且这两自x4六、（10分）求证：两直线所成角度是相似群的不变量。 七、（10分） （1）求点（5，1，7）关于二阶曲线2x13x2x36x1x22x1x34x2x30的极线 （2）已知二阶曲线外一点P求作其极线。（写出作法，并画图） 八、（10分）叙述并证明德萨格定理的逆定理 九、（10分）求通过两直线a[1,3,1],b[1,5,1]交点且属于二级曲线 十、（10分）已知A,B,P,Q,R是共线不同点， 如果(PA,QB)1,(QR,AB)1,求(PR,AB) 2224u12u222u320的直线 《高等几何》试题（B） 一、 填空题（每题3分共15分） x/7xy11、 仿射变换/的不变点为

y4x2y42、 两点决定一条直线的对偶命题为 3、 直线[i ,2,1-i] 上的实点为 4、 若交比(AB,CD)2 则(AD,BC)

5、 二次曲线中的配极原则 二、判断题（每题2分共10分） 1、不变直线上的点都是不变点 （ ） 2、在一复直线上有唯一一个实点 （ ） 3、两点列的底只要相交构成的射影对应就是透视对应 （ ） 4、射影群仿射群正交群 （ ） 5、二阶曲线上任一点向曲线上四定点作直线，四直线的交比为常数 （ ） 三、(7分)

经过A(3,2)和B(6,1)的直线AB与直线x3y60相交于P，求 (ABP) 四、（8分）试证：欧氏平面上的所有平移变换的集合构成一个变换群 五

、（

10

分

）

已

知

直

线

L1,L2,L3,L4的方程分别为：

2xy10,3xy20,7xy0,5x10求证四直线共点，并求(L1L2,L3L4) 六、(10分)

利用德萨格定理证明：任意四边形各对对边中点的连线与二对角线中点的连线相交于一点 七、（10分）求（1）二阶曲线x12x23x3x1x30过点P(2,2222225,1)的切线方程 2 （2）二级曲线u1u217u30在直线L[1，4，1] 上的切点方程 八、（10分）叙述并证明德萨格定理定理（可用代数法） 九、（10分）已知二阶曲线（C）：2x14x1x26x1x3x30 （1） 求点P(1,2,1)关于曲线的极线 （2） 求直线3x1x26x30关于曲线的极点 22十、（10分） 试证：圆上任一点与圆内接正方形各顶点连线构成一个调和线束 《高等几何》试题（C） 一、填空题（每题3分共15分） x/2xy16、 直线xy20在仿射变换/下的像直线

yxy37、 X轴Y轴上的无穷远点坐标分别为

8、 过点（1,-i ,2）的实直线方程为 9、 射影变换230自对应元素的参数为 10、 222' 二级曲线u1u217u30在直线上[1,4,1]的切点方程

三、 判断题（每题2分共10分） 1、仿射变换保持平行性不变 （ ） 2、射影对应保持交比不变，也保持单比不变 （ ） 3、线段中点与无穷远点调和分离两端点 （ ） 4、 如果P点的极线过Q点，则Q点的极线也过P点 （ ） 5、

不共线五点可

'以确定一条二阶曲线

（ ）三、(7分)已知OX轴上的射影变换x 2x1，求坐标原点，无穷远点的对应点 x3四、（8分）已知直线a,c,d的方程分别为2x1x2x30,x1x2x30，x10 且

2(ab,cd)求直线b的方程。 3 五、（10 分）已知同一直线上的三点A,B,C求一射影变换使此三点顺次变为B,C,A并判断

变换的类型， 六、（10分）求证：两直线所成角度是相似群的不变量。 x1'x1x2'七、（10分）求射影变换x2x2的不变点坐标 x'x33 八、（10分）叙述并证明帕斯卡定理 九、（10分）求通过两直线a[1,3,1],b[1,5,1]交点且属于二级曲线 4u12u222u320的直线 十、（10分）试证:双曲型对合的任何一对对应元素 PP,与其两个二重元素E,F调和共轭即(PP,EF)=-1 ''高等几何标准答案（A） 一、 填空题：（每空3分共15分） 4、25()120 '' 1、单比，交比 2、（1,-3,0） 3、x30 5、12x17x226x30 二、判断题（每题2分共10分） 1、错，2、错，3、对，4、错，5、对 三、解：在直线x2y10上任取两点A(1,0),B(1,1) 由A(1,0)A(1,0),B(1,1)B(1,1),(1,1)(1,2) 2分 x'a11xa12ya13设仿射变换为' 将点的坐标代入可解得 ya21xa22ya23x'2x2y1 '33 7分 yx2y22121四、证明：因为1120 所以三点共线 4分 305 由：ts3,2ts0,t2s5 解得 t1,s2 所以 ciai2b1,(i1,2,3) 8分 五、证明：令xx由x''3x2得x2x20 解得x11,x22 x4 即有两个 自对应点 4分 3k25' 对应，有((1)(2),kk)为常数 10分 k422 注：结果 有也对，不过顺序有别。 5 设k与k'六、证明：设两直线为：a:yk1xb1,b:yk2xb2

xax'by'c22 相似变换为： ab0 ''ybxayd 将变换代入直线a的方程得：k1'k1abkab 5分 同理可得k2'2ak1bak2bk2'k1'k2k1'' 即tana,btana,b ''1k2k11k2k1 即两直线的夹角是相似群的不变量 10分 七、解：（1）设（5，1，7）为P点坐标， 二阶曲线矩阵为 231 A=332 所以点P的极线为SP=0

121231x1即 SP(5,1,7)332x20得 x2=0 （2）略 121x3八（在后边）九、解：通过直线a[1,3,1],b[1,5,1]的交点的直线的线坐标为

[1k,35k,1k] 若此直线属于二阶曲线则有 4(1k)2(35k)22(1k)20 即

11127k242k110 解得k,k 10分 39十

、

解

：

设

PAk1B,QAk2B,RAk3B(PA,QB)1,得(PA,QB)1(PQ,AB) k(AB,PQ)(PQ,AB)21,k12k2k2(qr,ab)1,得(AB,QR)k2k1k3k2所以(PR,AB)(AB,PR)12 k3k310分 八、德萨格定理的逆定理：如果两个三点形的对应边的交点共线，则对应顶点的连线共点。 4分 证明; 如图三点形ABC与A1B1C1的三对应边交点L,M,N共线，证明对应顶点连线共点,考虑三点形BLB1与CMC1则有对应顶点连线共点N ，故对应边的交点A,A1,0共线 O A B C L M N C1 B1

高等几何标准答案（B） A1

一、 1、( 4、

填空题：（每题3分共15分） 1,2), 2、两条直线确定一个交点，3、(2,-1,2) 25、如果P点的极线过点Q则Q点的极线也过P点。 1 2二、 判断题：（每题2分共10分） 1、错，2，对， 3、错， 4、对 ， 5、对 三、解：过A,B的直线方程为：x9y150 直线AB与x3y60的交点为P(,) 所以 (ABP)1

2分 4分 7分 3322四、 x'xa证明：设平移变换的表达式为 T: ' yyb 设任意两个平移变换为： 'x'xa1a2xxa1xxa2 T1 仍为一个平移变换 4分 ,T2'则T2T1:'yyb1b2yyb1yyb2'xx'a1xxa 又对任意变换T: 也是一个平移变换 则T:''yybyyb 所以平移变换的集合关于变换的乘法构成群。

五、 解：方程转化为齐次坐标形式： 2x1x2x30,3x1x22x30,7x1x20,5x1x30

8分 2分 211312 3120且7100 所以四直线共点。 7105016分 因为：L32L1L2,L4L1L2 所以：(L2L1,L3L4)2故(L1L2,L3L4)六、 证明：如图 AGD1 10分 2HPRM考虑三点形PEH与RGM则GH平行BC，RMC也平行BC所以GH与RM相交于无穷远处。同理HE与GMB,PE与GR相交于无穷远处。故共线。有的萨格定理，三点形对应E顶点连线共点。即PR,GE,HM相交于一点。 七、（1）因为点P在二阶曲线上，所以切线方程为： 10分 15 SP=(2,,1)021212x120x23x1210x24x30

x03305分 （2） 因为直线[1，4，1] 在二级曲线上所以切点方程为 100u1 TL=(1,4,1)010u2u14u217u30

0017u310分 八、证明： （1）如果两个三点形对应顶点的连线交于一点，则对应线的交点在一条线上。 3分 （2）如图 O A B C L MN B1

A1

C1 因为OAA1共线，所以OkAk1A1 同理 OmBm1B1,OnCn1C1

故有kAk1A1(mBm1B1)0 即kAmBm1B1k1A1L 同理 mBnC(m1B1n1C1)MnCkA(n1c1k1A1)N 三式相加得 LMN0 所以三点共线。 九、解： (1)P点的极线为： 10分 223x1SP=(1,2,1)200x29x1+2x2+4x3=0

301x3 （2）设直线的极点为(a,b,c)则有 5分 223a31 200b1 解方程组可得极点(2,,6) 2301c6十、证明：如图 AD10分 PCBE ABCD为圆内接正方形，P为圆上任意点。因为ADAB所以PA为角DPB的平分线。 同理可证明PC是角EPB平分线。即PA,PC是角DPB的内外角平分线。 所以直线

PD,PA,PB,PC构成调和线束。

10分 高等几何标准答案（C） 一、 填空题：(每题3分共15分)

'' 1、2xy10 3、2x1x30

2、（1，0，0），（0，1，0） 4、-1，3

5、u14u217u30 二、判断题：（每题2分共10分） 1、 对 ， 2、错， 3、对， 4、对， 5、错 x1'2x1x2三、解：变换化为齐次坐标形式： 'xx3x2123分 将坐标原点（0，1），无穷远点（1，0）代入得对应点分别为： （-1，3）和（2，1） 7分 四、解：由题意得dac 设bakc 则 (ab,cd)k 而(ac,bd)1(ab,cd)1() b2x12x2x33分 所以k235 35 35(x1x2x3)0 38分 整理得：11x12x22x30 五、解：在直线上建立适当坐标系使A,B,C的坐标分别为 A(0,1),B(1,1),C(1,0)

则有 A(0,1)B(1,1),B(1,1)C(1,0),C(1,0)A(0,1) 3分 x1'a11x1a12x2 设变换为 将坐标代入可求得 'xaxax2211222x1'x2  7分 'x2x1x2 非齐次形式为：xxx10 因方程 xx10无实数解 所以变换是椭圆形。 六、证明： 设两直线为：a:yk1xb1,b:yk2xb2 2''10分 xax'by'c22 相似变换为： ab0 ''ybxayd将变换代入直线a的方程得：k1'k1abkab 5分 同理可得k2'2ak1bak2bk2'k1'k2k1'' 即tana,btana,b 即两直线的夹角是相似群的不变量 ''1k2k11k2k110分 七、解： 11由特征方程：010000130得（1-）0即1 4分 0x1x20 将1代入方程组0x20 得x20 ,故x20上的点都是不变点 0x03x20时不变点列。

10分 八、对任意一个内接于非退化二阶曲线的简单六点形，它的三对对边的交点在一条直线上。

证明： 如图 A1A5 E A3F NLM A4A6 A2 对应边交点分别为L,M,N，以A1,A3为射心 A1(A4,A2,A6,A5)与A3(A4,A2,A6,A5)成射影对应，而A1(A4,A2,A6,A5)与点列(A4,L,E,A5)成透视对应 A3(A4,A2,A6,A5)与点列(F,M,A6,A5)成透视对应 所以点列(A4,L,E,A5)与(F,M,A6,A5)成射影对应。而A5位自对应点，所以两点列成透视对应。 故对应点连线共点。 即A4F,LM,EA6共点， A3A4与A1A6交点N在LM上。

10分 九解：通过直线a[1,3,1],b[1,5,1]的交点的直线的线坐标为[1k,35k,1k]

若此直线属于二阶曲线则有 4(1k)(35k)2(1k)0 即 27k42k110 解得k,k22221311 所求直线的坐标 [1,2,2]和[-1,-14,10] 10分 9十、证明：E,F为自对应元素，P与P1对应则有(PP1,EF)(PP1,EF) 而

(PP1,EF)112所以(PP 得 (PP,EF)1不1,EF)1 因为P,P1(PP(PP1,EF)1,EF)10分高等几

重合故(PP1,EF)1

何试题 一、填空题（每题3分，共27分） 1、 两个三角形面积之比是（

）。 ）。 ）。 2、 相交于影消线的二直线必射影成（

3、 如果两个三点形的对应顶点连线共点，则这个点叫做（

4、一点x(x1,x2,x3)在一直线uu1,u2,u3上的充要条件是

（

）。 5、 已知(p1p2,p3p4)3,则(p4p3,p2p1)=（ ），(p1p3,p2p4)=（

）。 6、 如果四直线p1,p2,p3,p4满足(p1p2,p3p4)1，则称线偶p3,p4和p1,p2

（

）。 7、两个点列间的一一对应是射线对应的充要条件是

（

）。 8、 不在二阶曲线上的两个点P(p1p2p3)，Q(q1q2q3)关于二阶曲线

Saijxixj0成共轭点的充要条件是（

）。 ）。 9、 仿射变换成为相似变换的充要条件是（ 二、计算题（每题8分，共56分） x2y2

1、 计算椭圆的面积（椭圆方程：221 a,b0） ab 2、 求共点四线l1:yk1x，l2:yk2x，l3:yk3x，l4:yk4x的交比。 xx113、 求射影变换x2x2的不变元素。 x3x3 4、 求二阶曲线6x12x2224x3211x2x30经过点P(1,2,1)的切线方程。 5、 求双曲线x22xy3y22x4y0的渐近线方程。 6、 求抛物线2x24xy2y24x10的主轴和顶点。 7、 求使三点O(0,)，E(1,1)，P(1,1)顺次变到点O(2,3)，E(2,5)，

P(3,7) 的仿射变换。 三、已知A(1,2,3)，B(5,1,2)，C(11,0,7)，D(6,1,5)，验证它们共线并求

(AB,CD)的值。（8分） 四、 求证：两个不同中心的射影对应线束对应直线的交点构成一条

二阶曲线。（9分） 答案:一、1、仿射不变量 4、u1x1u2x2u3x30

2、平行直线

3、透视中心 5、3 2 6、调和分离 8、Spq0 7、任何四个对应点的交比相等 9、这个变换使圆点保持不变 x2y2

二、1、解：设在笛氏直角坐标系下椭圆的方程为221 ab经过仿射变换

xxa yyb① 其对应图形为圆。x2y2a2 在仿射变换①之下，AA，BB，OO，所以AOB对应

AOB，其中AA，根据定理3.6推论2，有 椭圆面积圆面积 SAOBSAOB椭圆面积a2所以 112aba22因此所给椭圆的面积为ab。 2、解：化为齐次方程： l1:x2k1x10

l3:x2k3x10

l2:x2k2x10 l4:x2k4x10 取a:x20,b:x10为基线，则有

l1(ak1b),l2(ak2b),l3(ak3b),l4(ak4b) 由定理1.11的推论，得 (l1l2,l3l4)(k1k3)(k2k4) (k2k3)(k1k4)1003、解：由方程 0100 001得(1)(1)(1)0所以11， 21（重根） (11)y10y20y30将1代入（3.4.3）得0y1(11)y20y30 0y0y(11)y0231于是得y10为不变点列（即y轴），y10这条直线上的点都是不变点，

因此这条直线是不变直线。 4、解：将P点的坐标代入二阶曲线方程中得 Spq0 所以P点在二阶曲线上，故切线方程为 Sp0 600x1(1,2,1)0111x20 2x0112432即

亦即

12x17x226x30

为所求切线方程。 5、解：设渐近线的方程为a11x1a12x2a13x3k(a12x1a22x2a32x3)0 根据（2.9）有

133k22k10 解之，得k11,k2，所以渐近线方程为 1xy1(x3y2)0和xy1(x3y2)0 3化简，得所求为2x2y10和2x6y50。 22226、解：因为A314,A324 2020代入（4.11），得主轴为 4(2x2y2)4(2x2y)0 即

2x2y10 解方程

2x24xy2y24x10 2x2y103188得顶点之坐标为(,)。 xa11xa12ya137、解：设所求仿射变换为 yaxaya212223于是有2a13

5a21a22a23

3a23 3a11a12a13

122a11a12a13 7a21a22a23 12解此方程组，得a132，a233，a11，a12，a214，a226 11xxy2故所求的仿射变换为 22y4x6y3三、解：因为 1231235120 且5120 1107615所以A,B,C,D共线。设CA1B,DA2B 由11125,022(1),7322得12 同理可得21所以(AB,CD)12 2四、证明：射影平面上建立了射影坐标后，设两个线束的方程分别为：

0 （1）

0 （2） 由于它们是射影对应，所以,满足： abcd0 (adbc0)

（3） 从（1），（2），（3）中消去,得a()()b()c()d0 即

abcd0

（1.3） 这里,,,都是关于x1,x2,x3的一次齐次式，所以（1.3）式表示一条二阶曲线。由于0,0的交点坐标和0,0的交点坐标都满足（1.3）。所以形成二阶曲线的两个线束的中心也在这条二阶曲线上。