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解析几何教程习题答案


第一章 向量代数
习题 1.1
1. 试证向量加法的结合律,即对任意向量 a, b, c 成立

(a ? b) ? c ? a ? (b ? c ).
证明:作向量 AB ? a, BC ? b, CD ? c (如下图) ,

D

c
b?c a?b
A


C

b
B

a



(a ? b) ? c ? ( A B? B C ) ? CD ?

AC ?

C? D , AD

a ? (b ? c) ? AB ? ( BC ? CD) ? AB ? BD ? AD,
故 (a ? b) ? c ? a ? (b ? c ). 2. 设 a, b, c 两两不共线,试证顺次将它们的终点与始点相连而成一个三角形的充要条件 是 a ? b ? c ? 0. 证 明 : 必 要 性 , 设 a, b, c 的 终 点 与 始 点 相 连 而 成 一 个 三 角 形 ? ABC ,

C

c
b
A

a

B

则 a ? b ? c ? AB ? BC ? CA ? AC ? CA ? AA ? 0. 充分性,作向量 AB ? a, BC ? b, CD ? c ,由于

0 ? a ? b ? c ? AB ? BC ? CD ? AC ? CD ? AD, 所 以 点 A 与 D 重 合 , 即 三 向 量
a, b, c 的终点与始点相连构成一个三角形。
3. 试证三角形的三中线可以构成一个三角形。 证明:设三角形 ? ABC 三边 AB, BC , CA 的中点分别是 D, E , F (如下图) ,并且记

C
F

c

E

b
A

a

D

B

a ? AB, b ? BC , c ? CA , 则 根 据 书 中 例 1.1.1 , 三 条 中 线 表 示 的 向 量 分 别 是
CD ? 1 1 1 (c ? b), AE ? (a ? c ), BF ? (b ? a ), 2 2 2 1 1 1 ( c ? b) ? ( a ? c) ? ( b ? a) ? 0,故由上题结论得三角形 2 2 2

所以, CD ? AE ? BF ?

的三中线 CD, AE , BF 可以构成一个三角形。 4. 用向量法证明梯形两腰中点连线平行于上、下底且等于它们长度和的一半。 证明: 如下图, 梯形 ABCD 两腰 BC , AD 中点分别为 E , F , 记向量 AB ? a, FA ? b ,

D F

C
E

b
A

a

B

则 DF ? b, 而向量 DC 与 AB 共线且同向, 所以存在实数 ? ? 0, 使得 DC ? ? AB. 现在

FB ? b ? a, FC ? ?b ? ?a, 由于 E 是 BC 的中点,所以
FE ? 1 1 1 1 ( FB ? FC ) ? (b ? a ? ? a ? b) ? (1 ? ? )a ? (1 ? ? ) AB. 且 2 2 2 2

FE ?

1 1 1 (1 ? ? ) AB ? ( AB ? ? AB ) ? ( AB ? DC ). 2 2 2

故梯形两腰中点连线平行于上、下底且等于它们长度和的一半。 5. 试证命题 1.1.2。 证明:必要性,设 a, b, c 共面,如果其中有两个是共线的,比如是 a , b ,则 a , b 线性相 关,从而 a, b, c 线性相关。现在设 a, b, c 两两不共线,则向量 c 可以在两个向量 a , b 上的进 行 分 解, 即作 以 c 为 对角线 , 邻边 平行 于 a , b 的 平行四 边 形, 则存 在实 数 ? , ? 使得

c ? ? a ? ? b,因而 a, b, c 线性相关。
充分性,设 a, b, c 线性相关,则存在不全为零的数 k1 , k2 , k3 ,使得 k1a ? k2b ? k3c ? 0 。 不妨设 k3 ? 0 , 则向量 c 可以表示为向量 a , b 的线性组合, 因此由向量加法的平行四边形法 则知道向量 c 平行于由向量 a , b 决定的平面,故 a, b, c 共面。 6. 设 A, B, C 是不共线的三点, 它们决定一平面 ? , 则点 P 在 ? 上的充要条件是存在唯 一的数组 (? , ? ,? ) 使得

?OP ? ? OA ? ? OB ? ? OC , ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 1,

(*)

其中, O 是任意一点。 P 在 ? ABC 内的充要条件是(*)与 ? ? 0, ? ? 0,? ? 0 同时成立。 证明:必要性,作如下示意图,连接 AP 并延长交直线 BC 于 R 。

A

P R

C

O

B

则 由 三 点 B, R, C 共 线 , 存 在 唯 一 的 数 组 k1 , k2 使 得 OR ? k1 OB ? k2 OC , 并 且

k1 ? k2 ? 1 。由三点 A, P , R 共线,存在唯一的数组 l1 , l2 使得 OP ? l1 OA ? l2 OR ,并且 l1 ? l2 ? 1
。 于 是

O ? P1

l ?O 2

A ? 1l

O? 2 R

1

,O 设 l ? 2 A

2

l

k

O

? ? l1 ,

, ? ? l2 , k1 ? ?由 k l1, 2, k 2 k 2 l1 , l2 的 唯 一 性 知 道 ( ? , ? ,? ) 的 唯 一 性 , 则

OP ? ? OA ? ?OB ? ? OC , 且 ? ? ? ? ? ? l1 ? l2k1 ? l2k2 ? 1 。
充分性,由已知条件有 OP ? ? OA ? ?OB ? ? OC ? ? OA ? ?OB ? (1 ? ? ? ? )OC

? ? (OA ? OC ) ? ?(OB ? OC ) ? OC ? ? CA ? ?CB ? OC ,得到 CP ? ? CA ? ?CB ,
因而向量 CP , CA, CB 共面,即 P 在 A, B, C 决定的平面上。 如果 P 在 ? ABC 内,则 P 在线段 AR 内, R 在线段 BC 内,于是 0 ? k1 , k2 , l1 , l2 ? 1 , 则 0 ? ? , ? ,? ? 1 。 如果 (*) 成立且 0 ? ? , ? ,? ? 1 , 则有 CP ? ? CA ? ?CB , 这说明点 P 在角 ? ACB 内。 同样可得到 AP ? ? AB ? ? AC ,这说明点 P 在角 ?BAC 内。故 P 在 ? ABC 内。 7. 在 ? ABC 中,点 D , E 分别在边 BC 与 CA 上,且 BD ?

1 1 BC , CE ? CA, AD 与 3 3

BE 交于 R ,试证

RD ?
证明:作如下示意图,

1 4 AD, RE ? BE . 7 7

C
E R
A

D
B

由三点 B, R, E 共线,存在 k 使得 CR ? kCB ? (1 ? k )CE ,由三点 A, R, D 共线,存 在

l

使 得

C R ?

l ( ? C 1A ? ) ,l 由 C于 D BD ?

1 1 BC , CE ? CA, 有 3 3

CD ?

1 2 2 1 CB , CE ? CA, 因而 CR ? k CB ? (1 ? k) CA? l CA ? (1 ? l ) CB 。由于 3 3 3 3 2 1 4 1 (1 ? l ), l ? (1 ? k ) ,解此方程组得 k ? , l ? 。由 3 3 7 7

向量 CA, CB 不共线,所以 k ?

此得 CR ?

4 3 CB ? CE , 7 7 4 3 4 4 CB ? CE ? CE ? (CB ? CE ) ? EB 。 7 7 7 7

ER ? CR ? CE ?

同理得到 DR ?

1 1 4 DA 。故得 RD ? AD, RE ? BE . 7 7 7

8. 用向量法证明 ? ABC 的三条中线交于一点 P ,并且对任意一点 O 有

OP ?

1 (OA ? OB ? OC ). 3

证 明: 设 D, E , F 分 别是 边 AB, BC , CA 的 中点 ,则 AE , BF 交 于 一点 P , 连 接

C
F P
A

E
B

D

CP , CD 。由 A, P , E 三点共线,存在 l 使 CP ? lCE ? (1 ? l )CA ?

1 lCB ? (1 ? l )CA , 2

由 B, P , F 三点共线,存在 k 使 CP ? kCF ? (1 ? k )CB ?

1 kCA ? (1 ? k )CB ,于是得 2

1 1 1 1 2 k ? 1 ? l, l ? 1 ? k , 解 得 k ? l ? 。 从 而 有 CP ? CB ? CA , 然 而 3 3 2 2 3 CD ? 1 1 2 CB ? CA ,故 CP ? CD ,即 C , P , D 三点共线, ?ABC 的三条中线交于一点 2 2 3

P 。(注:三角形中线向量=对应邻边的和的一半。 原理:向量的平行四边形法则。)
任取一点 O , 由 CP ?

1 1 1 1 CB ? CA , 得到 OP ? OC ? (OB ? OC ) ? (OA ? OC ) , 3 3 3 3

于是 OP ? 9.

1 (OA ? OB ? OC ). 3

用向量法证明四面体 ABCD 的对棱中点连线交于一点 P ,且对任意一点 O 有

OP ?

1 (OA ? OB ? OC ? OD ). 4

证明: 设四面体 ABCD 的棱 AB, AC , AD 的中点分别是 B?, C ?, D? , 棱 BC , CD, DB 的 中点分别是 E , F , G ,如下图。则对棱中点连线为 B?F , C ?G , D?E 。

A

C?
F

C
E
B

D? D

B?

G

则容易知道 C ?E ?

1 1 AB ? D?G , C ?D? ? CD ? EG ,因此四边形 C ?D?GE 是平行 2 2

四边形, C ?G , D?E 相交且交点是各线段的中点。同理 B?F , C ?G 也相交于各线段的中点, 故 B?F , C ?G , D?E 交于一点 P 。 由以上结论知道,对任意一点 O ,由 P 是 D ?E 的中点,有

OP ?

1 1 1 1 1 1 (OD? ? OE ) ? ( OA ? OD ? OC ? OB ) , 2 2 2 2 2 2
1 (OA ? OB ? OC ? OD ). (注:中点定理。) 4

即 OP ?

10. 设 Ai (i ? 1, 2,
n

, n) 是正 n 边形的顶点, O 是它的中心,试证 ? OAi ? 0.
i ?1

n

证明: 设a ?

? OA ,将正 n 边形绕着中心旋转 n 。一方面向量 a 绕点 O 旋转了角度 n
i ?1 i

2?

2?

而得到一个新的向量 a? ;另一方面,正 n 边形绕着中心旋转

2? 后与原正 n 边形重合,因而 n
n

向量 a 没有变化。方向不同的向量要相等只能是零向量,故 证 法 2 : 由 于 Ai (i ? 1, 2,

? OA
i ?1

i

? 0.

, n) 是 正 n 边 形 的 顶 点 , O 是 它 的 中 心 , 所 以

OAi ? OAi ?2 ? kOAi ?1 (i ? 1,2,

, n) , 其 中 An?1 ? A1, An? 2 ? A 2。 由 三 角不 等 式得 到

OAi ? OAi ? 2 ? k OAi ?1 ? OAi ? OAi ? 2 ? 2 OAi ?1 (i ? 1, 2,
n n n
n

, n) ,故有 k ? 2 。所以

? (OAi ? OAi ? 2 ) ? 2? OAi ? k ? OAi ,由于 k ? 2 ,所以 ? OAi ? 0.
i ?1 i ?1 i ?1
i ?1

11. 试证:三点 A, B, C 共线的充要条件是存在不全为零的实数 ? , ? ,? 使得

? OA ? ?OB ?? OC ? 0 且 ? ? ? ? ? ? 0
其中, O 是任意取定的一点。 证明: 必要性, 如果三点 A, B, C 中至少有两点重合, 比如 A, B 重合, 则 OA ? OB ? 0 , 所以结论成立。如果 A, B, C 互不重合,由例 1.1.1 知道三点 A, B, C 共线的充要条件是存在 数 k 使得 kOA ? (1 ? k )OB ? OC ? 0 ,令 ? ? k , ? ? 1 ? k ,? ? ?1 ,则 ? , ? ,? 不全为零, 有 ? OA ? ?OB ? ? OC ? 0 , ? ? ? ? ? ? k ? (1 ? k ) ? 1 ? 0 。 充分性,设 ? OA ? ?OB ? ? OC ? 0 且 ? ? ? ? ? ? 0 ,则

? OA ? ?OB ? (? ? ? )OC ? 0 ,? (OA ? OC ) ? ?(OB ? OC ) ? ? CA ? ?CB ? 0 ,由
于 ? , ? ,? 不全为零,以及点 O 的任意性,可知 ? , ? 不全为零,否则? 也为零。所以不妨设

? ? 0 ,则 CA ? ?? ?1?CB ,因而三点 A, B, C 共线。

习题 1.2
1. 给定直角坐标系,设 P ( x , y, z ) ,求 P 分别关于 xOy 平面, x 轴与原点的对称点

的坐标。 解:在直角坐标系下,点 P ( x , y, z ) 关于 xOy 平面, x 轴与原点的对称点的坐标分别是

( x , y, ? z ) , ( x, ? y, ? z ) , ( ? x , ? y , ? z ) 。
2. 设平行四边形 ABCD 的对角线交于点 P , 设 DM ?

1 1 DB , CN ? CA. 在仿射标 5 6

架 A; AB , AD 下,求点 P , M , N 的坐标以及向量 MN 的坐标。 解:作如下示意图,

?

?

D

M P

N

C

A

B

因为 P 是 DB 中点,所以 AP ?

1 1 AB ? AD. 2 2

AM ? DM ? AD ?

1 1 1 4 DB ? AD = ( AB ? AD ) ? AD ? AB ? AD. 5 5 5 5

AN ?

5 5 点 P , M , N 的坐标分别 AC ? ( AB ? AD ). 故在仿射标架 A; AB , AD 下, 6 6 1 4 5 5 5 5 6 6

?

?

为 ( , ),( , ),( , ).

1 1 2 2

MN ? MD ? DC ? CN ?

1 1 BD ? AB ? AC 5 6

?

1 1 19 1 ( AD ? AB ) ? AB ? ( AB ? AD ) ? AB ? AD, 5 6 30 30

所以向量 MN 在仿射标架 A; AB , AD 下的坐标为 ( 3.

?

?

19 1 , ). 30 30

设 a ? (1,5, 2), b ? (0, ?3,4), c ? (?2, 3, ?1), ,求下列向量的坐标:

(1) 2a ? b ? c ; (2) ?3a ? 2b ? 4c 。 解: (1) 2a ? b ? c ? 2(1,5, 2) ? (0, ?3,4) ? (?2, 3, ?1) ? (0,16, ?1). (2) ?3a ? 2b ? 4c ? ?3(1,5, 2) ? 2(0, ?3,4) ? 4( ?2, 3, ?1) ? ( ?11, ?9, ?2). 4. 判断下列各组的三个向量 a, b, c 是否共面?能否将 c 表示成 a , b 的线性组合?若

能表示,则写出表示式。 (1) a ? (5, 2,1), b ? (?1,4, 2), c ? (?1, ?1,5); (2) a ? (6,4, 2), b ? ( ?9,6, 3), c ? (?3,6, 3); (3) a ? (1, 2, ?3), b ? (?2, ?4,6), c ? (1,0,5).

解: ( 1 ) 设 k1a ? k 2b ? k 3 c ? 0, 即 k1 (5, 2,1) ? k2 (?1,4, 2) ? k3 (?1, ?1,5) ? 0, 则 有

? 5k1 ? k2 ? k3 ? 0 , ? ? 2k1 ? 4k2 ? k3 ? 0 ,该方程组只有零解 k1 ? k2 ? k3 ? 0, 所以三向量不共面。 ?k ? 2 k ? 5 k ? 0 . 2 3 ? 1
( 2 ) 设 k1a ? k b 2 ? k c3? 0, 即 k1 (6,4, 2) ? k2 ( ?9,6, 3) ? k3 ( ?3,6, 3) ? 0, 则 有

? 6k1 ? 9k 2 ? 3k 3 ? 0 , ? 2k1 ? 3k2 ? k3 ? 0, ? 由 此 得 到 , 方 程 组 等 价 于 ? ? 4k1 ? 6k 2 ? 6k 3 ? 0该 2 k ? 3 k ? 3 k ? 0. 1 2 3 ? ? 2k ? 3k ? 3k ? 0 . 2 3 ? 1
1 2 k1 ? ? k ,3k ? 2? k , 只要 3 k3 不为零, k1 , k 2 就不为零,所以三向量共面。取 k3 ? 1 , 2 3
则 k1 ? ?

1 2 1 2 , k2 ? ? , 所以 c ? a ? b, 即 c 可表示成 a , b 的线性组合。 2 3 2 3

( 3 ) 设 k1a ? k 2 b ? k c3 ? 0, 即 k1 (1, 2, ?3) ? k2 (?2, ?4,6) ? k3 (1,0,5) ? 0, 则 有

? k1 ? 2k 2? k ? 3 0, ? k1 ? 2k 2 ? 0, ? 该方程组等价于 ? 方程组有非零解(2,1,0) ,所以 ? 2k1 ? 4k2 ? 0, ? k 3 ? 0. ? ?3k ? 6k ? 5k ? 0. 1 2 3 ?
三向量共面。由于 k3 只能为零,故 c 不能表示成 a , b 的线性组合。 5.在 ? ABC 中,设 D , E 是边 BC 的三等分点,试用 AB 和 AC 表出 AD 与 AE 。 6.设在一平面 ? 上取一个仿射标架 ?O; e1 , e2 ? , ? 上三点 Pi ( xi , yi ), i ? 1, 2, 3, 共线当

x1
且仅当 x 2

y1 y2 y3

1 1 ? 0. 1

x3

证明:三点 Pi ( xi , yi ), i ? 1, 2, 3,共线当且仅当 P 1P 2 开得 x1 y2 ? x2 y3 ? x3 y1 ? x1 y3 ? x3 y2 ? x2 y1 ? 0.

P1 P3 ,即

x2 ? x1 y2 ? y1 ? .展 x3 ? x1 y3 ? y1

x1 x2 x3
立。

y1 y2 y3

1 1 ? 0 展开行列式得 x1 y2 ? x2 y3 ? x3 y1 ? x1 y3 ? x3 y2 ? x2 y1 ? 0. 故命题成 1

7.在 ? ABC 中,设 P , Q, R 分别是直线 AB, BC , CA 上的点,并且

AP ? ? PB, BQ ? ?QC , CR ? ? RA.
证明 P , Q, R 共线当且仅当 ??? ? ?1. 证明:作如下示意图,

Q
R

C

A

P

B

由于 P , Q, R 分别是直线 AB, BC , CA 上的定比分点,所以 ? ? ?1, ? ? ?1,? ? ?1 。建仿

射标架

? A; AB, AC ? , 由 于 AP ? ? PB ? ?( AB ? AP),
1 AC ; 1 ??

AP ? ? PB ?

?
1? ?

AB ;

AR ? AC ? RC ? AC ?? AR, AR ?

BQ ? ? QC ? BC ? CQ, QC ?

1 BC , 1? ?

AQ ? AC ? CQ ? AC ?

1 1 1 ? CB ? AC ? ( AB ? AC ) ? AB ? AC 。 1? ? 1? ? 1? ? 1? ?

所以 P , Q, R 在仿射标架 A; AB , AC 下的坐标分别为

?

?

P(

?
1? ?

, 0), Q(

1 ? 1 , ), R(0, ) 。 根 据 上 题 的 结 论 , P , Q, R 共 线 当 且 仅 当 1? ? 1? ? 1 ??
1 1 ? 0. 展开行列式即得到 ??? ? ?1. 1

?
1? ? 1 1? ? 0

0

?
1? ? 1 1 ??

9. 试证命题 1.2.1。 证明:取定标架 ?O; e1 , e2 , e3 ? ,设向量 a ? (a1 , a2 , a3 ), b ? (b1 , b2 , b3 ).

(1) a ? b ? (a1e1 ? a2e2 ? a3e3 ) ? (b1e1 ? b2e2 ? b3e3 )

? (a1 ? b1 ) e1 ? ( a2 ? b2) e2? ( a3? b) ? ( a1 ? b ,1 a? 3 e3 2
(2) a ? b ? (a1e1 ? a2e2 ? a3e3 ) ? (b1e1 ? b2e2 ? b3e3 )

, b2 a ? 3

)b .3

? (a1 ? b1 )e1 ? (a2 ? b2 )e2 ? (a3 ? b3 )e3 ? (a1 ? b1 , a2 ? b2 , a3 ? b3 ).
(3) ? a ? ? (a1e1 ? a2e2 ? a3e3 ) ? ? a1e1 ? ? a2e2 ? ? a3e3 ? (?a1 , ?a2 , ?a3 ) 。

习题 1.3
1.设 a ? b ? c ? 0, a ? 3, b ? 1, c ? 4 ,求 a b ? b c ? c a 。 解:由 a ? b ? c ? 0, a ? 3, b ? 1, c ? 4 ,得

0 ? (a ? b ? c ) (a ? b ? c ) ? a ? b ? c ? 2(a b ? b c ? c a )
? 9 ? 1 ? 16 ? 2(a b ? b c ? c a ) ,
所以 a b ? b c ? c a ? ?13. 2.已知 a ? 3, b ? 2, ?(a , b) ?

2

2

2

?
6
2

,求 (3a ? 2b) (2a ? 5b) 。
2

解: (3a ? 2b) (2a ? 5b) ? 6 a ? 10 b ? 11a b

? 54 ? 40 ? 11 2 3cos

?
6

? 14 ? 33 3.

3.已知 a ? 3b 与 7a ? 5b 垂直, a ? 4b 与 7a ? 2b 垂直,求 ?(a, b) 。 解:因为 a ? 3b 与 7a ? 5b 垂直, a ? 4b 与 7a ? 2b 垂直,所以
2 2 ? ?(a ? 3b) (7a ? 5b) ? 7 a ? 15 b ? 16a b ? 0, ? 2 2 ? ?(a ? 4b)(7a ? 2b) ? 7 a ? 8 b ? 30a b ? 0

得到 a ? b ? 2a b, 于是 cos ?(a, b) ?

2

2

? ab 1 ? , 故 ?( a , b ) ? . 3 a b 2

4.证明:对任意向量 a , b 都有

a?b ? a?b ? 2 a ?2 b .
当 a 与 b 不共线时,说明此等式的几何意义。

2

2

2

2

证明: a ? b ? a ? b ? (a ? b) (a ? b) ? (a ? b) (a ? b)

2

2

? a ? b ? 2a b ? a ? b ? 2a b ? 2 a ? 2 b .
当 a 与 b 不共线时, 此等式的几何意义是以 a 与 b 为邻边的平行四边形的两条对角线的 平方和等于四边的平方和。 5.下列等式是否正确?说明理由(习惯上把 a a 记为 a 2 ) 。 (1) a a ? a 2 ; (3) a(a b) ? a 2b; (5) (a b)c ? a(b c ); (2) a(b b) ? ab2 ; (4) (a b)2 ? a 2b2 ; (6) c a ? c b, c ? 0 ? a ? b.

2

2

2

2

2

2

解: (1)错误,因为左边表示向量,右边是数。 (2)正确,因为 b b ? b2 。 (3)错误,因为左边向量 a(a b) 与 a 共线,而右边向量 a 2 b 与 b 共线。 (4)错误,因为 (a b)2 ? a 2b2 cos ?(a, b) ? a 2b2 。 (5)错误,因为左边向量 (a b)c 与 c 共线,而右边向量 a(b c ) 与 a 共线。 (6)错误,因为 c a ? c b, c ? 0 ? c (a ? b) ? 0 ? c 与 a ? b 垂直。 6.证明:三角形的垂直平分线交于一点,且交点到三顶点的距离相等。 证明:设三角形 ? ABC 的两条边 AB, BC 的垂直平分线交于一点 O , D, E , F 为

AB, BC , CA 边的中点,以 O 为始点,为 A, B, C , D, E , F 终点的向量记为 a, b, c, d , e, f 。
则d ?

1 1 1 (a ? b), e ? (b ? c ), f ? (c ? a ) , AB ? b ? a, BC ? c ? b, CA ? a ? c. 2 2 2

由于 OD, OE 是 AB, BC 的垂直平分线, 所 以 AB d ?

1 2 1 (b ? a 2 ) ? 0, BC e ? (c 2 ? b 2 ) ? 0, a 2 ? c 2? b ,2 由 此 得 到 2 2

CA f ?

1 2 (a ? c 2 ) ? 0, 说明 OF 是 CA 的垂直平分线,即三角形的垂直平分线交于一点, 2

且交点到三顶点的距离相等。 7.证明:设 a, b, c 不共面,如果向量 r 满足

r a ? 0, r b ?, r c ? 0,
则r ? 0。 证明:因为 a, b, c 不共面,所以可设 r ? xa ? yb ? zc 。则

r r ? r ( xa ? yb ? zc ) ? xr a ? yr b ? zr c ? 0, 故 r ? 0 。
8.用几何方法证明:若 a1 , a2 ,

, an ; b1 , b2 ,

, bn ; c1 , c2 ,

, cn 都是实数,则有

2 2 2 2 2 a1 ? b12 ? c1 ? a2 ? b2 ? c2 ?

2 2 2 ? an ? bn ? cn

? (a1 ? a2 ?

? an )2 ? (b1 ? b2 ?

? bn )2 ? (c1 ? c2 ?

? cn )2 .
? an : bn : cn 且

等 号 成 立 的 充 分 必 要 条 件 是 a1 : b1 : c1 ? a2 : b2 : c2 ?

a1 , a2 ,

, an ; b1 , b2 ,

, bn ; c1 , c2 ,

, cn 分别同号。 , n. 则由三角不等式得

证明:设在直角坐标系下,向量 ai ? (ai , bi , ci ), i ? 1, 2,

a1 ? a2 ?

? an ? a1 ? a2 ?

? an , 并 且 等 号 成 立 的 条 件 是 向 量

ai ? (ai , bi , ci ), i ? 1, 2,

, n 同向,将坐标代入就有
2 2 2 ? an ? bn ? cn

2 2 2 2 2 a1 ? b12 ? c1 ? a2 ? b2 ? c2 ?

? (a1 ? a2 ?

? an )2 ? (b1 ? b2 ?

? bn )2 ? (c1 ? c2 ?

? cn )2 .
? an : bn : cn 且

等 号 成 立 的 充 分 必 要 条 件 是 a1 : b1 : c1 ? a2 : b2 : c2 ?

a1 , a2 ,

, an ; b1 , b2 ,

, bn ; c1 , c2 ,

, cn 分别同号。

习题 1.4
1.设 a? 表示向量 a 在与向量 b ? 0 垂直的平面上的投影,则有 a ? b ? a ? ? b 。 证明:由于 a? 表示向量 a 在与向量 b ? 0 垂直的平面上的投影(如下图) ,则由 a , b 构

b

a
a?

成的平行四边形的面积与 a?, b 构成的矩形的面积相等,a ? b, a? ? b 的方向相同, 因而,

a ? b ? a? ? b 。

2.证明: (a ? b)2 ? a 2b2 ? (a b)2 。 证明: (a ? b)2 ? a 2b2 sin2 ?(a, b),

a 2b2 ? (a b)2 ? a 2b2 ? a 2b2 cos2 ?(a, b) ? a 2b2 sin2 ?(a, b) ,
故 (a ? b)2 ? a 2b2 ? (a b)2 。 3.证明:若 a ? b ? c ? d , a ? c ? b ? d ,则 a ? d 与 b ? c 共线。 证明: (a ? d ) ? (b ? c ) ? a ? b ? a ? c ? d ? b ? d ? c ? a ? b ? c ? d ? a ? c ? b ? d ? 0 , 故 a ? d 与 b ? c 共线。 4. 证明: (a ? b) ? (a ? b) ? 2(a ? b) ,并说明其几何意义。 证明: (a ? b) ? (a ? b) ? a ? a ? a ? b ? b ? a ? b ? b ? 0 ? a ? b ? a ? b ? 0 ? 2(a ? b). 以 a , b 为邻边的平行四边形的对角线构成的平行四边形的面积等于 a , b 为邻边的平行 四边形的面积的 2 倍。 5. 在直角坐标系中,已知 a ? (2, 3, ?1), b ? (1, ?2, 3) ,求与 a , b 都垂直,且满足如下 条件之一的向量 c : (1) c 为单位向量; (2) c d ? 10 ,其中 d ? (2,1 ? 7) 。 解:因为向量 c 与 a , b 都垂直,所以可设 c ? ? a ? b ,而

e1 a?b ? 2 1

e2

e3

3 ?1 ? (7, ?7, ?7), a ? b ? 7 3 。 ?2 3
1 1 ? ,故 a?b 7 3

( 1 ) 因 为 c 为 单 位 向 量 , 所 以 c ? 1 , 即 ? a ? b ? 1, ? ?

c??

1 3

(1, ?1, ?1) 。
, 7 )c d ? 10 , 得 ? ( 1 ? 4 ?7

( 2 ) 由 d ?( 2 , ?1

5 ? 4 9 ? ) ? 1 0 ,于 是 28

,

c?

5 ( 1? , 1?,。 1 ) 4
6.用向量法证明: (1)三角形的正弦定理

a b c ; ? ? sin A sin B sin C a?b?c (2)三角形面积的海伦(Heron)公式,式中 p ? , ? 为三角形的面积,其中 2 a, b, c 为三角形三边的长。 证明: (1)设角 A, B, C 对应边表示的向量为 a, b, c ,由向量外积的模的几何意义知道 1 1 1 a ? b ? b ? c ? c ? a ,于是 a b sin C ? b c sin A ? c a sin B , 2 2 2

a b c 。 ? ? sin A sin B sin C 1 1 1 2 (2) ? 2 ? a ? b ? (a 2b 2 ? (a b)2 ) ? (a 2b 2 ? a 2b 2 cos 2 ?(a , b)) 4 4 4


?
?

1 2 2 a 2 ? b2 ? c 2 2 1 1 (a b ? a 2b 2 ( ) ) ? ( a 2 b 2 ? (a 2 ? b 2 ? c 2 )2 ) 4 2ab 4 4

1 1 (4a 2b 2 ? (a 2 ? b 2 ? c 2 )2 ) ? (2ab ? a 2 ? b 2 ? c 2 )(2ab ? a 2 ? b 2 ? c 2 ) 16 16 1 1 ? ((a ? b)2 ? c 2 )(c 2 ? (a ? b)2 ) ? (a ? b ? c )(a ? b ? c )(c ? a ? b)(c ? a ? b) 16 16 ? p( p ? a )( p ? b)( p ? c ) 。 7.证明 Jacobi 恒等式 a ? (b ? c ) ? b ? (c ? a ) ? c ? (a ? b) ? 0 。
证明:由双重外积公式

a ? (b ? c ) ? b ? (c ? a ) ? c ? (a ? b) ? (a c )b ? (a b)c ? (b a )c ? (b c )a ? (c b)a ? (c a )b ? 0 。
8.设 a ? 0, OP ? x ,求满足方程 a ? x ? b 的点 P 的轨迹。 解: 由外积的定义及外积模的几何意义, 点 P 的轨迹在与 b 垂直的平面上, 且与过点 O 平行于 a 的直线的距离为

b 的直线,而且 ?a, x, b? 保持右手系。 a

习题 1.5
1. 证明: (a ? b) c ? (b ? c ) a ? (c ? a ) b 。 证明:如果 a, b, c 共面,则 (a ? b) c ? (b ? c ) a ? (c ? a ) b ? 0 。如果 a, b, c 不共面, 则 (a ? b) c ? (b ? c) a ? (c ? a) b , ?a, b, c? ,?b, c, a? ,?c, a, b? 符合相同的右手或左手规 则,因而 (a ? b) c,(b ? c ) a,(c ? a ) b 有相同的符号,故 (a ? b) c ? (b ? c ) a ? (c ? a ) b 。 2.证明: a, b, c 不共面当且仅当 a ? b, b ? c , c ? a 不共面。 证明:因为 [(a ? b) ? (b ? c )] (c ? a ) ? {[(a ? b) c]b ? [(a ? b) b]c} (c ? a )

? {[(a ? b) c]b} (c ? a) ? [(a ? b) c][b (c ? a)] ? [(a ? b) c]2 ,
所以 (a ? b) c ? 0 ? [(a ? b) ? (b ? c )] (c ? a ) ? 0 。 故 a, b, c 不共面当且仅当 a ? b, b ? c , c ? a 不共面。 3. 在 右 手 直 角 坐 标 系 中 , 一 个 四 面 体 的 顶 点 为 A(1, 2, 0), B( ?1, 3, 4) , C (?1, ?2, ?3), D(0, ?1, 3) ,求它的体积。 解:因为

?2

1

4

( AB, AC , AD ) ? ?2 ?4 ?3 ? 59, ?1 ?3 3
所以四面体 ABCD 的体积 VABCD ?

1 59 ( AB, AC , AD ) ? . 6 6

4.证明 Lagrange 恒等式

(a ? b) (c ? d ) ?

ac ad 。 bc bd

证明: (a ? b) (c ? d ) ? a [b ? (c ? d )] ? a [(b d )c ? (b c )d ]

? (a c )(b d ) ? (a d )(b c ) ?

ac ad 。 bc bd

5.证明: (a ? b, b ? c, c ? a ) ? 2(a , b, c ) 。 证明:因为 (a, b, d ? e ) ? (a ? b) (d ? e ) ? (a ? b) d ? (a ? b) e ? (a, b, d ) ? (a, b, e ) , 所以 (a ? b, b ? c, c ? a ) ? (a ? b, b ? c, c ) ? (a ? b, b ? c, a )

? (a ? b, b, c ) ? (a ? b, c, c ) ? (a, b ? c, a ) ? (b, b ? c, a ) ? (a ? b, b, c ) ? (b, b ? c, a ) ? (a, b, c ) ? (b, b, c) ? (b, b, a) ? (b, c, a) ? 2(a, b, c) 。 6.证明: (a, b, c ? d ) ? (b, c, a ? d ) ? (c, a, b ? d ) ? 0 。 证明:左边 ? [(a ? b) ? c] d ? [(b ? c ) ? a] d ? [(c ? a ) ? b] d ? {[(a c )b ? (b c )a] ? [(b a )c ? (c a )b] ? [(c b)a ? (a b)c]} d ? 0 d ? 0 =右边。
7.证明:对任意四个向量 a , b, c , d 有 (b, c, d )a ? (c, a, d )b ? (a, b, d )c ? (b, a, c )d ? 0 。 证明:因为 (b, c, d )a ? (b, a, c )d ? (b, c, d )a ? (c, b, a )d ? [(b ? c ) d ]a ? [(c ? b) a )]d

? [(b ? c ) d ]a ? [(b ? c ) a )]d ? (b ? c ) ? (a ? d ) ,同理 (c, a, d )b ? (a, b, d )c ? (a, d , c )b ? (d , a, b)c ? (a, d , c )b ? (a, d , b)c ? (a ? d ) ? (b ? c )
所以 (b, c, d )a ? (c, a, d )b ? (a, b, d )c ? (b, a, c )d ? (b ? c ) ? (a ? d ) ? (a ? d ) ? (b ? c ) ? 0 。 8.证明:若 a 与 b 不共线,则 a ? (a ? b) 与 b ? (a ? b) 不共线。 证明:因为 a 与 b 不共线,所以 a ? b ? 0. 由于 [a ? (a ? b)]? [b ? (a ? b)] ? {[a ? (a ? b)] (a ? b)}b ? {[a ? (a ? b)] b}(a ? b)

? ?{[a ? (a ? b)] b}(a ? b) ? {[(a ? b) ? a] b}(a ? b) ? [(a ? b) (a ? b)](a ? b)

? (a ? b)2 (a ? b) ? 0 ,因而 a ? (a ? b) 与 b ? (a ? b) 不共线。
9.已知 ? , ? 都是非零实数,向量 a, b, c 的混合积 (a, b, c ) ? ?? ,如果向量 r 满足

r a ? ?,r b ? ? ,r c ? 0,
求此向量 r 。 解:由条件得到 r ( ? a ? ? b) ? 0 ,而且 r c ? 0 ,因此可设 r ? ? ( ? a ? ? b) ? c ,现在 两边分别与 a 作内积,则有 ? ? r a ? ? a [( ? a ? ? b) ? c] ? ??? (a, b, c ) ? ????? ,

???

1

??

,故 r ? (

1

?

b?

1

?

a) ? c 。

10.设 e1 , e2 , e3 不共面,证明:任一向量 a 可以表示成

a?

1 ((a, e2 , e3 )e1 ? (a, e3 , e1 )e2 ? (a, e1 , e2 )e3 ) 。 (e1 , e2 , e3 )

证明:因为 e1 , e2 , e3 不共面,所以任一向量 a 可以表示成 a ? xe1 ? ye2 ? ze3 。两边分 别与向量 e2 ? e3 , e3 ? e1 , e1 ? e2 作内积,得到

(a, e2 , e3 ) ? x(e1 , e2 , e3 ),(a, e3 , e1 ) ? y(e1 , e2 , e3 ),(a, e1 , e2 ) ? z(e1 , e2 , e3 )
因而

a?

1 ((a, e2 , e3 )e1 ? (a, e3 , e1 )e2 ? (a, e1 , e2 )e3 ) 。 (e1 , e2 , e3 )

11.设 a, b, c 不共面,设向量 r 满足 r a ? ? , r b ? ? , r c ? ? ,那么有

r?

1 (? b ? c ? ? c ? a ? ? a ? b) 。 (a , b, c )

证明:因为 a, b, c 不共面,所以 a ? b, b ? c , c ? a 不共面,从而可设

r ? x(b ? c ) ? y(c ? a ) ? z(a ? b) ,两边分别与 a, b, c 作内积,则有

? ? a r ? xa (b ? c ), ? ? b r ? yb (c ? a ), ? ? c r ? zc (a ? b) ,于是
r? 1 (? b ? c ? ? c ? a ? ? a ? b) 。 (a , b, c )
第二章 直线与平面

习题 2.1
1.求通过两点 A(2, 3,4) 和 B(5, 2, ?1) 的直线方程。 解:直线的方向向量为 AB ? (3, ?1, ?5) ,所以直线的方程为

x?2 y?3 z?4 ? ? . 3 ?1 ?5

2.在给定的仿射坐标系中,求下列平面的普通方程和参数方程。 (1)过点 (?1, 2,0),(?2, ?1,4),(3,1, ?5) ;

(2)过点 (3,1 ? 2) 和 z 轴; (3)过点 (2, 0, ?1) 和 ( ?1, 3, 4) ,平行于 y 轴; (4)过点 ( ?1, ?5, 4) ,平行于平面 3 x ? 2 y ? 5 ? 0 。 解: (1)平面的方位向量为 v1 ? (?1, ?3,4), v2 ? (4, ?1, ?5) ,所以平面的参数方程

? x ? ?1 ? ? ? 4 ? , ? ? y ? 2 ? 3? ? ? , ? z ? 4? ? 5? . ?
平面的普通方程为

x ?1 ?1 4

y?2 ?3 ?1

z 4 ? 0, 即 19 x ? 11 y ? 13z ? 3 ? 0. ?5

(2)平面的方位向量为 v1 ? (3,1, ?2), v2 ? (0,0,1) ,所以平面的参数方程

? x ? 3 ? 3? , ? 因为过 z 轴,所以也可选经过的点为 (0,0,0) ,那么参数方程也可以 ? y ? 1? ?, ? z ? ? 2 ? 2? ? ? . ?
? x ? 3? , ? 写为 ? y ? ? , ? z ? ? 2? ? ? . ?
平面的普通方程为

x 3 0

y 1 0

z ?2 ? 0, 即 x ? 3 y ? 0. 1

(3)平面的方位向量为 v1 ? (?3, 3,5), v2 ? (0,1,0) ,所以平面的参数方程

? x ? 2 ? 3? , ? ? y ? 3? ? ? , ? z ? ? 1 ? 5? . ?
平面的普通方程为

x?2 ?3 0

y 3 1

z ?1 5 0 ? 0, 即 5 x ? 3 z ? 7 ? 0.

( 4 ) 平 面 的 方 位 向 量 平 行 于 平 面 3 x ? 2 y ? 5 ? 0 , 方 位 向 量 ( X ,Y , Z ) 满 足

3 X ? 2Y ? 0 ,因此可以选为 v1 ? (2, 3,0), v2 ? (0,0,1) 。所以平面的参数方程

? x ? ? 1 ? 2? , ? ? y ? ? 5 ? 3? , ?z ? 4 ? ?. ?
平面的普通方程为

x ?1 2 0

y?5 z?4 3 0 0 1 ? 0, 即 3 x ? 2 y ? 7 ? 0.

3.在直角坐标系中,求通过点 (1, 0, ?2) 并与平面

?1 : 2 x ? y ? z ? 2 ? 0 和 ? 2 : x ? y ? z ? 3 ? 0
均垂直的平面方程。 解:平面 ?1 , ? 2 的法向量分别是 n1 ? (2,1, ?1), n2 ? (1, ?1, ?1) ,所求平面与 ?1 , ? 2 均 垂直,所以它的法向量 n 与 n1 , n2 均垂直,因此

n ? n1 ? n2 ? (2,1, ?1) ? (1, ?1, ?1) ? (?2,1, ?3),
平面的方程为 ?2( x ? 1) ? y ? 3( z ? 2) ? 0, 即 2 x ? y ? 3 z ? 6 ? 0. 4. 在 直 角 坐 标 系 中 , 求 经 过 点 M1 (3, ?1,4), M2 (1,0, ?3) , 垂 直 于 平 面

2 x ? 5 y ? z ? 1 ? 0 的平面方程。
解:设平面的法向量为 n ,则它与 M1 M 2 垂直,它又与平面 2 x ? 5 y ? z ? 1 ? 0 的法向 量 (2,5,1) ,故 n ? (?2,1, ?7) ? (2,5,1) ? 12(3, ?1, ?1). 所以所求平面的方程为

3( x ? 3) ? ( y ? 1) ? ( z ? 4) ? 0, 即 3 x ? y ? z ? 6 ? 0.
5. 在直角坐标系中,设平面 ? 的方程为 Ax ? By ? Cz ? D ? 0 ,其中 ABCD ? 0 。设 此 平 面 与 三 坐 标 轴 分 别 交 于 M1 , M 2, M 3 , 求 三 角 形 M1 , M 2, M 3 的 面 积 和 四 面 体

OM1 M2 M3 的体积。
解:由 于 ABCD ? 0 ,所以平面 的三个截 距分别为 ?

D D D , ? , ? 。因 此四面 体 A B C

1 D D D 1 D . OM1 M2 M3 的体积为 V ? ( ? )( ? )( ? ) ? 6 A B C 6 ABC
三角形 M1 , M 2 , M 3 的面积 S ?

3

1 M M ? M1 M 3 , 2 1 2

而 M1 M 2 ? M1 M 3 ? (

D D D D 1 1 1 , ? , 0) ? ( , 0, ? ) ? D 2 ( , , ), A B A C BC CA AB

所以 S ?

D2 2

A2 ? B 2 ? C 2 . ABC

6. 设平面 ? : Ax ? By ? Cz ? D ? 0 与连接两点 M1 ( x1 , y1 , z1 ) 和 M2 ( x2 , y2 , z2 ) 的线 段相交于点 M ,且 M1 M ? k MM2 ,证明

k??

Ax1 ? By1 ? Cz1 ? D 。 Ax2 ? By2 ? Cz2 ? D

证明:因为 M1 M ? k MM2 ,所以由定比分点的坐标公式得到点 M 的坐标

x?

x1 ? kx2 y ? ky2 z ? kz2 ,y? 1 ,z ? 1 , 将它们代入平面方程中得 1? k 1? k 1? k

A

x1 ? kx2 y ? ky2 z ? kz2 ?B 1 ?C 1 ? D ? 0, 整理即得 1? k 1? k 1? k

k??

Ax1 ? By1 ? Cz1 ? D 。 Ax2 ? By2 ? Cz2 ? D

习题 2.2
1.求经过点 ( ?2,1, 3) , 并且通过两平面 2 x ? 7 y ? 4z ? 3 ? 0 与 3 x ? 5 y ? 4 z ? 11 ? 0 的 交线的平面方程。 解:经过交线的平面束方程为 ?1 (2 x ? 7 y ? 4z ? 3) ? ?2 (3 x ? 5 y ? 4z ? 11) ? 0 ,其中

?1 , ?2 不全为零。所求平面经过点 ( ?2,1, 3) ,将它代入上式得到 ?1 ? 6?2 ? 0 ,可以取

?1 ? 6, ?2 ? 1 ,因此平面的方程为 15 x ? 47 y ? 28z ? 7 ? 0.
解二:就是找出交线的方向向量,设其坐标为(X,Y,Z) 2.判断下列各对平面的相关位置。 即可得出标准方程。

(1) x ? 2 y ? z ? 2 ? 0 与 3 x ? y ? 2z ? 1 ? 0 ; (2) 3 x ? 9 y ? 6z ? 2 ? 0 与 2 x ? 6 y ? 4 z ?

4 ? 0; 3

(3) x ? 2 y ? z ? 1 ? 0 与

x z ? y ? ? 2 ? 0。 2 2

解: (1)平面的法向量分别是 (1, ?2,1),(3,1, ?2) ,它们不共线,所以两平面相交。 (2)两平面的系数之比的关系为

3 9 ?6 2 ? ? ? ,所以两平面重合。 2 6 ?4 4 3

( 3 )第二个平面的方程化为 x ? 2 y ? z ? 4 ? 0 ,所以两平面的系数之比的关系为

1 2 1 ?1 ,所以两平面平行。 ? ? ? 1 2 1 4
3.将下列直线的普通方程化为标准方程。 (1) ?

? 3 x ? y ? 2 ? 0, ? y ? 1 ? 0, (2) ? ?4 y ? 3z ? 1 ? 0; ? z ? 2 ? 0. ? 3 x ? y ? 2, x y?2 z?3 所以标准方程为 ? ? . 1 3 ?4 ?4( y ? 2) ? ?3( z ? 3),

解: (1)方程可写成 ?

(2)标准方程为

x y ?1 z ? 2 ? ? . 1 0 0

4.求通过点 N 0 (1,4, ?2) 且与两平面

?1 : 6 x ? 2 y ? 2z ? 3 ? 0, ?2 : 3 x ? 5 y ? 2z ? 1 ? 0
均平行的直线方程。 解:直线的方向向量 v ? ( X , Y , Z ) 与已知两平面均平行,所以

?6 X ? 2Y ? 2 Z ? 0, 得到 X : Y : Z ? 1 : 3 : ( ?6), ? ? 3 X ? 5Y ? 2 Z ? 0
于是直线的方程为

x ?1 y ? 4 z ? 2 ? ? . 1 3 ?6
5.判断下列各对直线的位置。

(1)

x ?1 y ?1 z ? 2 x y?6 z?5 ; ? ? , ? ? 3 3 1 ?1 2 3

(2) ?

? x ? y ? z ? 0, ? x ? z ? 1 ? 0, ? ? y ? z ? 1 ? 0, ? x ? y ? 1 ? 0.
x ?1 y ?1 z ? 2 经过点 M1 (?1,1, 2) ,方向向量是 v1 ? (3, 3,1) ,直 ? ? 3 3 1

解: (1)直线

线

x y?6 z?5 经过点 M 2 (0,6, ?5) ,方向向量是 v2 ? (?1, 2, 3) 。 ? ? ?1 2 3

1
混合积 ( M1 M 2 , v1 , v2 ) ? 3

5 ?7 1 ? ?106 ? 0, 所以两直线异面。 3

3 ?1 2

(2)直线 ?

? x ? y ? z ? 0, ? x ? z ? 1 ? 0, x ?1 y ?1 z 方程可分别化为 ? ? , ? 0 1 ?1 ? y ? z ? 1 ? 0, ? x ? y ? 1 ? 0.

x ?1 y z ? ? . 经 过 的 点 分 别 是 M1 (1, ?1,0), M2 (?1,0,0). 方 向 向 量 分 别 是 ?1 1 1

0
v1 ? (0,1, ?1), v2 ? (?1,1,1). 混合积 ( M1 M 2 , v1 , v2 ) ? 0
以两直线异面且互相垂直。 6.求直线 ?

1

0

1 ? 1 ? 1 ? 0,且 v1 v2 ? 0, 所 ?1 1 1

?x ? z ? 2 与平面 x ? 2 y ? 7 ? 0 的交点。 ? y ? 1 ? 3z

解:将直 线方程代人平面方程得 到 z ? 2 ? 2(1 ? 3z ) ? 7 ? 0, 所以 z ? 1 ,故交点 为

(3, ?2,1) 。
7.求通过直线 l1 : ?

? 3 x ? 4 y ? 5z ? 10 ? 0 且与直线 l2 : x ? 2 y ? 3z 平行的平面方程。 ? 2 x ? 2 y ? 3z ? 4 ? 0

解:通过直线 l1 的平面方程可设为

? (3 x ? 4 y ? 5z ? 10) ? ? (2 x ? 2 y ? 3z ? 4) ? 0 ,
由 于 平 面 与 直 线 l 2 平 行 , 所 以 6(3? ? 2? ) ? 3( ?4? ? 2? ) ? 2(5? ? 3? ) ? 0 , 即

4? ? 3? ? 0 ,故平面方程为 x ? 20 y ? 27 z ? 14 ? 0 。

8. 在直角坐标系中,求直线 l : 直投影直线的方程。

x ?1 y ?1 z ? 3 ? ? 在平面 ? : x ? 2 y ? 6 ? 0 上的垂 2 ?1 4

解: 垂直投影直线在过直线 l 且垂直于平面 ? : x ? 2 y ? 6 ? 0 的平面 ? 1 中, 平面 ? 1 的 方程为

x ?1 2 1

y ?1 z ? 3 ?1 2 4 0 ? ?8 x ? 4 y ? 5 z ? 3 ? 0,

所以垂直投影直线方程是

? x ? 2 y ? 6 ? 0, ? ?8 x ? 4 y ? 5z ? 3 ? 0.
9. 在仿射坐标系中,求过直线 l : ? 截距的平面方程。 解:通过直线 l 的平面方程可设为 ? (2 x ? y ? 2z ? 1) ? ? ( x ? y ? 4z ? 2) ? 0 ,由于平 面在 y 轴和 z 轴上有相同的非零截距,所以 ?? ? ? ? ?2? ? 4? ,即 ? ? 3? , 故平面方程为 7 x ? 2 y ? 2z ? 1 ? 0. 10.在 ? ABC 中,设 P , Q, R 分别是直线 AB, BC , CA 上的点,并且 AP ? ? PB,

? 2 x ? y ? 2z ? 1 ? 0 且在 y 轴和 z 轴上有相同的非零 ? x ? y ? 4z ? 2 ? 0

BQ ? ?QC , CR ? ? RA 。证明三线 AQ, BR, CP 共点的充要条件是 ??? ? 1 。
证 明 : 取 仿 射 标 架 { A; AB, AC } , 则 点 A, B, C , P , Q, R 的 坐 标 分 别 是

A(0,0), B(1,0), C (0,1), P (

?
1? ?

,0), Q(

1 ? 1 , ), R(0, ). 直线 AQ, BR, CP 的方 1? ? 1? ? 1 ??

程分别为

y x x y x ?1 y ?1 ? , ? , ? . 三 线 AQ, BR, CP 共 点 的 充 要 条 件 是 1 ? 1 ? ? ?1 ? ?( 1? ? )

AQ, BR 的交点在直线 CP 上。 AQ, BR 的交点为 (
标代人直线 CP 的方程中化简得到 ??? ? 1 。

1 ? , ) ,将该点的坐 1 ? ? ? ?? 1 ? ? ? ??

11.用坐标法证明契维定理:若三角形的三边依次分割成 ? : ? ,? : ? , ? :? ,其中 ? , ? ,?

均为正实数,则此三角形的顶点与对边分点的连线交于一点。 证明:由于

? ? ? ? 1 ,由上题的结论知道三角形的顶点与对边分点的连线交于一点。 ? ? ?
: 如 果 直 线

12.





? A1 x ? B1 y ? C1 z ? D1 ? 0, l1 : ? ? A2 x ? B2 y ? C 2 z ? D2 ? 0





线

? A3 x ? B y 3? C z ? D 3 ? 0, 3 交于一点,那么 l2 : ? A x ? B y ? C z ? D ? 0 ? 4 4 4 4
A1 A2 A3 A4 B1 B2 B3 B4 C1 C2 C3 C4 D1 D2 D3 D4 ? 0。

证明:由于两直线 l1 , l2 交于一点,所以方程组

? A1 x ? B1 y ? C1 z ? D1 ? 0, ? ? A2 x ? B2 y ? C 2 z ? D2 ? 0, 有解 ( x0 , y0 , z0 ) , ? A x ? B y ? C z ? D ? 0, 3 3 3 3 ? ? A x ? B y ? C z ? D ? 0, ? 4 4 4 4 ? A1 x ? B1 y ? C1 z ? D1 w ? 0, ? ? A2 x ? B2 y ? C 2 z ? D2 w ? 0, 则齐次方程组 ? 有解 ( x0 , y0 , z0 ,1) ,由齐次线性方程组有 ? A3 x ? B3 y ? C 3 z ? D3 w ? 0, ? A x ? B y ? C z ? D w ? 0, ? 4 4 4 4
A1
解的条件得到

B1 B2 B3 B4

C1 C2 C3 C4

D1 D2 D3 D4 ? 0。

A2 A3 A4

13. 在直角坐标系中,给定点 M1 (1,0, 3) 和 M2 (0, 2,5) ,直线 l :

x ?1 y ?1 z ? ? , 2 1 3

设 M 1? , M 2? 各为 M1 , M2 在 l 上的垂足,求 M1? M 2? 以及 M 1? , M 2? 的坐标。 解: M1? M 2? 为向量 M1 M2 ? (?1,2,2) 在直线 l 的方向向量 v ? (2,1, 3) 的方向上的分 量,故 M 1? M 2? ?

M1 M 2 v 6 ? . v 14

过点 M1 (1, 0, 3)作与直线 l 垂直的平面 ? 1 ,它的方程为 2( x ? 1) ? y ? 3( z ? 3) ? 0 ,

过点 M2 (0, 2,5) 作与直线 l 垂直的平面 ? 2 ,它的方程为 2 x ? y ? 2 ? 3( z ? 5) ? 0 ,将直线 的参数方程 x ? 1 ? 2t , y ? ?1 ? t , z ? 3t 分别代人 ? 1 ,? 2 方程中,得 t1 ?

5 8 , t 2 ? , 所以 7 7

M1? (

17 2 15 23 1 24 , ? , ), M 2? ( , , ). 7 7 7 7 7 7

14. 求与三直线 l1 : ?

?y? x ? 0 ?y? x ? 0 ?y ? 0 都相交的直线所产生的曲面 , l2 : ? , l3 : ? ?z ? 1 ? 0 ?z ? 1 ? 0 ?z ? 0

的方程。 解:与三直线都相交的直线设为 l ,交点可设为 P (m, m,1), Q( n, ? n, ?1), R(k , 0, 0) , 由于三点共线,所以

m?k m 1 ,即有 m ? n ? k 。 ? ? n?k ? n ?1

直线 l 的方程

x?k y z ? x ? k, ? ? ,即 ? m?k m 1 ? y ? kz ,

消去 k 得到直线 l 构成的曲面方程 y ? xz .

?y z ?x z ? ? ?1 ? ? ?1 15. 证 明 : 包 含 直 线 l1 : ? b c , 且 平 行 于 直 线 l2 : ? a c 的平面方程为 ? ? ?x ? 0 ?y ? 0
1 1 1 1 x y z ? ? ? 1 ? 0 。若 2d 是 l1 , l2 之间的距离,证明 2 ? 2 ? 2 ? 2 。 d a b c a b c

?y z y z ? ? ?1 证明:包含直线 l1 : ? b c 的平面方程可设为 ? x ? ? ( ? ? 1) ? 0 ,它的法向量 b c ? ?x ? 0 ?x z ? ? ?1 为 ( ? , , ) ,它又与直线 l2 : ? a c 平行,此直线的方向向量是 v2 ? (a, 0, c ) ,所以 b c ? ?y ? 0

? ?

(a , 0, c ) (? ,

? ?
b c ,

) ? 0 ,得到 a? ? ? ? 0 ,于是平面方程为

x y z ? ? ?1? 0。 a b c

直线 l1 的方向向量是 v1 ? (0, b, ?c ) ,经过点 P (0, 0, c ) 。直线 l 2 经过点 Q(0, 0, ?c ) , 所以两直线的距离为 2d ?

( PQ, v1 , v2 ) v1 ? v2



0

0

2c

( PQ , v1 , v2 ) ? 0 b ? c ? ?2abc ,v1 ? v2 ? (0, b, ?c) ? (a,0, c) ? (bc, ?ac, ?ab) a 0 c
因此,

1 1 1 1 1 (bc )2 ? (ac )2 ? (ab)2 ,故 2 ? 2 ? 2 ? 2 。 ? 2 2 d a b c 4d 4(abc )

习题 2.3
1.在直角坐标系下,求下列直线方程。 (1)过点 M0 ( ?1, 2, 9) 且垂直于平面 3 x ? 2 y ? z ? 5 ? 0 ; (2)过点 M0 (2, 4, ?1) 且与三坐标轴夹角相等。 解: (1)直线的方向向量是平面的法向量 v ? (3, 2, ?1) ,所以直线的方程为

x ?1 y? 2 z ?9 ? ? . 3 2 ?1
( 2 )设直线的方向向量是 v ? ( X , Y , Z ) ,由于直线与三坐标轴的夹角相等,所以

v (1,0,0) ? v (0,1,0) ? v (0,0,1) , 于是 X ? Y ? Z 。因此直线有 4 条,方程为
x ? 2 y?4 z ?1 x ? 2 y?4 z ?1 , , ? ? ? ? 1 1 1 1 ?1 1
x ? 2 y?4 z ?1 x ? 2 y?4 z ?1 , 。 ? ? ? ? 1 1 ?1 1 ?1 ?1
2. 在直角坐标系中,求平面 ax ? by ? z ? c ? 0 与 xOy 面的夹角。 解 : 平 面 ax ? by ? z ? c ? 0 的 法 向 量 为 n ? (a, b, ?1) , xOy 面 的 法 向 量 为

n1 ? (0,0,1) ,所以夹角的余弦为 cos ? ?

?1 a 2 ? b2 ? 1 1

,夹角为

? ? arccos

1 a ? b ?1
2 2

或 ? ? arccos

a ? b2 ? 1
2

.

3.求到两个给定平面的距离成定比的点的轨迹。 解:设点 M ( x , y , z ) 到两平面的距离之比为 k ? 0 。如果两平面平行,则选直角坐标系

使得其中一个平面为 xOy 面,另一个平面的方程为 z ? d ? 0, d ? 0 ,于是 k z ? z ? d , 当 k ? 1 时,得 z ?

d 。当 k ? 1 时,得 (1 ? k ) z ? d . 2

如果两平面相交,则选两平面的角平分面为两坐标面 xOy 和 xOz ,则两平面的方程可 设为 y ? cz ? 0, y ? cz ? 0, c ? 0 ,于是 k y ? cz ? y ? cz , 即 (1 k ) y ? (1 ? k )cz ? 0. 4.证明:空间中满足条件 x ? y ? z ? a(a ? 0) 的点位于中心在原点,顶点在坐标轴 上,且顶点与中心距离为 a 的八面体的内部。 证明:条件 x ? y ? z ? a(a ? 0) 等价于八个不等式: ? x ? y ? z ? a(a ? 0) ,这些 点对于平面 ? x ? y ? z ? a(a ? 0) 来说都在负侧,即包含原点的那一侧。故它们位于由八 个平面 ? x ? y ? z ? a(a ? 0) 构成顶点在坐标轴上,且顶点与中心距离为 a 的八面体的内 部。 5.在仿射坐标系中,设 M1 ( x1 , y1 , z1 ) , M2 ( x2 , y2 , z2 ) 都不在平面

? : Ax ? By ? Cz ? D ? 0
上,且 M1 ? M2 。证明: M 1 与 M 2 在平面 ? 的同侧的充分必要条件是

F1 ? Ax1 ? By1 ? Cz1 ? D 与 F2 ? Ax2 ? By2 ? Cz2 ? D
同号。 证明: (1) M1 M 2 与平面 ? : Ax ? By ? Cz ? D ? 0 平行的充要条件是

F1 ? F2 ? Ax1 ? By1 ? Cz1 ? D ? ( Ax2 ? By2 ? Cz2 ? D) ? A( x1 ? x2 ) ? B( y1 ? y2 ) ? C ( z1 ? z2 ) ? 0
即 F1 ? Ax1 ? By1 ? Cz1 ? D ? 0 与 F2 ? Ax2 ? By2 ? Cz2 ? D ? 0 同号。 (2)如果 M1 M 2 与平面 ? : Ax ? By ? Cz ? D ? 0 不平行,则设直线 M1 M 2 与平面 相交于点 M ,且 M1 M ? k MM2 。 因而 M 1 与 M 2 在平面 ? 的同侧的充分必要条件是 k ? 0 。因为

k??

Ax1 ? By1 ? Cz1 ? D F ? ? 1 ? 0, Ax2 ? By2 ? Cz2 ? D F2

所以 F1 ? Ax1 ? By1 ? Cz1 ? D 与 F2 ? Ax2 ? By2 ? Cz2 ? D 同号。 6. 在直角坐标系中,求与平面 Ax ? By ? Cz ? D ? 0 平行且与它的距离为 d 的平面方 程。 解:设点 M ( x , y , z ) 到平面 Ax ? By ? Cz ? D ? 0 的距离为 d ,则

d?

Ax ? By ? Cz ? D A2 ? B 2 ? C 2

,

因而所求平面的方程为 Ax ? By ? Cz ? D ? d 7.求点 M1 (3, ?1, 2) 到直线 ? 解:直线方程的标准形式为

A2 ? B 2 ? C 2 ? 0.

? 2 x ? y ? z ? 1 ? 0, 的距离。 ?x ? y ? z ?1 ? 0

x y?1 z , ? ? , 所 以 直 线 经 过 点 M( 0 ? , 1, 0 ) 方 向 向 量 为 v ? (0,1,1) , 则 0 1 1

MM 2 , 3 , ,点 3 ) M1 (3, ?1, 2) 到直线的距离为 d ? 1 ? v?( ?
8.求下列各对直线之间的距离。 (1)

MM1 ? v v

?

22 2

? 11.

x ?1 y ?1 z ? 5 x y ? 6 z ? 5 ? ? , ? ? ; ?1 3 2 3 ?9 ?6 x y ? 2 z ?1 x ?1 y ? 3 z ?1 ? ? , ? ? ; 2 ?2 ?1 4 2 ?1

(2)

(3) ?

? x ? y ? z ? 1 ? 0, ? x ? 2 y ? 3z ? 6 ? 0, ? ? x ? y ? 0, ? 2 x ? y ? 3z ? 6 ? 0.

解: ( 1 ) 两 直 线 分 别 经 过 点 M1 (?1,1, ?5) , M 2 (0, 6, ?5) , 方 向 向 量 分 别 是

v1 ? (?1, 3, 2), v2 ? (3, ?9, ?6) ,因此两直线平行,它们的距离为一直线的某点到另一直线
的距离,所以 M1 M2 ? v1 ? (10, ?2,8) ,它们的距离为

d?

M1 M 2 ? v1 v1

?

168 14

? 2 3.

( 2 ) 两 直 线 分 别 经 过 点 M1 (0, ?2,1) , M2 (1, 3, ?1) , 方 向 向 量 分 别 是

v1 ? (2, ?2, ?1), v2 ? (4, 2, ?1) , M1 M2 ? (1,5, ?2), v1 ? v2 ? (4, ?2,12),

( M1 M2 , v1 , v2 ) ? M1 M2 (v1 ? v2 ) ? ?30 ,所以它们异面,它们的距离为
d? ( M1 M 2 , v1 , v2 ) v1 ? v2 ? 30 164 ? 15 41 .

(3)两直线方程的标准形式可写为

x y z ?1 x y z?2 ? ? , ? ? , 两直线分别经过点 M1 (0, 0,1) , M 2 (0, 0, ?2) ,方 1 ?1 0 1 ?1 ?1
向向量分别是 v1 ? (1, ?1,0), v2 ? (1, ?1, ?1) , v1 , v2 不平行, M1 M2 ? (0,0, ?3),

v1 ? v2 ? (1,1,,0), ( M1 M2 , v1 , v2 ) ? M1 M2 (v1 ? v2 ) ? 0 ,所以它们相交,它们的距
离为 0。 9.求下列各对直线的公垂线的方程。 (1) x ? 1 ?

y z x y z ? 与 ? ? ; ?3 3 2 1 ?2

(3) ?

? x ? y ? 1 ? 0, ? x ? z ? 1 ? 0, 与? ?z ? 0 ? 2 y ? z ? 2 ? 0.

解: (1)两直线的方向向量是 v1 ? (1, ?3, 3), v2 ? (2,1, ?2) ,所以公垂线的方向向量为

v ? v1 ? v2 ? (3,8,7) 。
公垂线在过直线 x ? 1 ?

y z ? 且与向量 v ? (3, 8, 7) 平行的平面上,平面法向量是 ?3 3

,所以该平面方程是 45( x ? 1) ? 2 y ? 17 z ? 0 。 n1 ? (3, 8, 7)? (1,? 3, 3) ? (45, ? 2, ? 17) 公垂线又在过直线

x y z ? ? ; 且与向量 v ? (3, 8, 7) 平行的平面上,平面法向量是 2 1 ?2

,所以该平面方程是 23 x ? 20 y ? 13z ? 0 ,因 n2 ? (3, 8, 7)? (2,1,? 2)? ( ? 23, 20, ? 13) 此公垂线的方程是

?45 x ? 2 y ? 17 z ? 45 ? 0, ? ? 23 x ? 20 y ? 13z ? 0.
(2)两直线方程的标准形式可为

x ?1 y z x ?1 y z?2 , ? ? , ? ? 1 ?1 0 2 ?1 2

所以公垂线的方向向量为 v ? (1, ?1, 0) ? (2, ?1, 2) ? ( ?2, ?2,1) 。 公垂线在过直线

x ?1 y z ? ? 且与向量 v ? ( ?2, ?2,1) 平行的平面上,平面法向量是 1 ?1 0

n1 ? (1, ?1,0) ? (?2, ?2,1) ? (?1, ?1, ?4) ,所以该平面方程是 x ? y ? 4 z ? 1 ? 0 。
公垂线又在过直线

x ?1 y z?2 ,且与向量 v ? ( ?2, ?2,1) 平行的平面上,平面 ? ? 2 ?1 2
1 ,? 2 ? )
, 该, 平6面 ( ? 2 ,?2 ,? 1 )所 ? 以 ( 3 , 方 6程 ) 是

法 向 量 是 n2 ? ( 2 ? ,

( x ? 1) ? 2 y ? 2( z ? 2) ? 0 ,因此公垂线的方程是

? x ? y ? 4z ? 1 ? 0, ? ? x ? 2 y ? 2z ? 3 ? 0.
10.求下列各对直线的夹角。 (1)

x ?1 y ? 3 z ? 4 x ?1 y z ?1 ? ? , ? ? ; ?1 1 2 ?2 4 ?3

(2) ?

? x ? y ? z ? 1 ? 0, ? 3 x ? y ? 1 ? 0, ? ? x ? y ? 2z ? 1 ? 0, ? y ? 3 z ? 2 ? 0.

解: (1)两直线的方向向量是 v1 ? (?1,1, 2), v2 ? (?2,4, ?3) ,所以夹角满足

cos ? ?

v1 v 2 v1 v 2

? 0, 因此夹角为

?
2



(2)两直线的方向向量是 v1 ? (1,1,0), v2 ? (1, ?3,1) ,所以夹角满足

cos ? ?

v1 v2 v1 v2

?

2 2 11

?

22 , 11

因此夹角为 ? ? arccos

22 22 或 ? ? ? ? arccos . 11 11

11.求下列直线与平面的夹角。 (1) l :

x ?1 y z ?1 ? ? , ? : x ? 2 y ? 4 z ? 1 ? 0; 2 1 ?1

(2) l : ?

? x ? y ? z ? 2 ? 0, ? : 2 x ? z ? 1 ? 0. ? 2 x ? 3 y ? 3 ? 0,

解: ( 1 ) 直 线 l 的 方 向 向 量 为 v ? (2,1, ?1) , 平 面 的 法 向 量 为 n ? (1, ?2, 4) , 则

v n ? ?4 , 所以夹角满足 sin ? ?

v1 v2 v1 v2

?

4 6 21

?

2 14 2 14 . , 因此夹角 ? ? arcsin 21 21

( 2 ) 直 线 l 的 方 向 向 量 为 v ? ( ?3, ?2, ?1) , 平 面 的 法 向 量 为 n ? (2, 0, ?1) , 则

v n ? ?5 ,所以夹角满足 sin ? ?

v1 v2 v1 v2

?

5 14 5

?

70 70 . , 因此夹角 ? ? arcsin 14 14

12.已知两条异面直线 l1 与 l 2 ,证明:连接 l1 上任一点和 l 2 上任一点的线段的中点轨迹 是公垂线段的垂直平分面。 证明:以公垂线为 z 轴,过公垂线段的中点与公垂线垂直的平面为 xOy 面,两异面直线 在 xOy 面上的投影直线的角平分线为 x 轴和 y 轴建立空间直角坐标系。则两异面直线的方

程可设为

x y z?a x y z?a 与 ? ? ? ? , 其中 2a 是两直线的距离, k ? 0 。 1 k 0 1 ?k 0

现在从两直线上分别任取一点 ( t , kt , a ),( s, ? ks, ?a ) ,则它们的中点 ( x , y, z ) 满足

x?

t?s k (t ? s ) ,y? , z ? 0 ,这是公垂线段的垂直平分面的参数方程,所以中点轨 2 2

迹是公垂线段的垂直平分面。 13.设在直角坐标系中,平面 ? 1 与 ? 2 的方程分别为

2 x ? y ? 2 z ? 3 ? 0 和 3 x ? 2 y ? 6z ? 1 ? 0
求由 ? 1 与 ? 2 构成的二面角的角平分面的方程,在此二面角内有点 P (1, 2, ?3) 。 解:角平分面上的点 ( x , y, z ) 到两平面的距离相等,所以

2 x ? y ? 2z ? 3 3 x ? 2 y ? 6z ? 1 , 由 于 该 二 面 角 内 有 点 P (1, 2, ?3) , 且 ? 3 7
2 1 ? 2? 2 ? ( 3? ) ? 3 ? 9 ? 3 1? 0,2 2 ? 6 ?( 3 ? ) ?1
,4 所以0P (1, 2,? 3)在 ? 1 2 ?

的负侧,在 ? 2 的正侧,因此角平分面上的点在 ? 1 的负侧,在 ? 2 的正侧,或在 ? 1 的正侧, 在 ? 2 的负侧,所以角平分面上的点满足 7(2 x ? y ? 2z ? 3) ? ?3(3 x ? 2 y ? 6 z ? 1) ,整 理得到 23 x ? y ? 4z ? 24 ? 0. 14.证明:两异面直线 l1 , l 2 的公垂线段的长度就是 l1 , l 2 之间的距离。

证明:以公垂线为 z 轴,过公垂线段的中点与公垂线垂直的平面为 xOy 面,两异面直线 在 xOy 面上的投影直线的角平分线为 x 轴和 y 轴建立空间直角坐标系。则两异面直线的方

程可设为 l1 :

x y z?a x y z?a 与 l2 : ? ? ? ? , 其中 2a 是两直线的距离即公垂线段 1 k 0 1 ?k 0

的长度, k ? 0 。 现在从两直线上分别任取一点 P (t , kt , a ), Q( s, ? ks, ?a ) ,两点距离为

PQ ? ( t ? s )2 ? k 2 ( t ? s )2 ? (2a )2 ? 2a, 即公垂线段的长度是最小的,
因此两异面直线 l1 , l 2 的公垂线段的长度就是 l1 , l 2 之间的距离。 第三章 常见曲面

习题 3.1
2 2 2 1.证明:如果 a ? b ? c ? d ? 0 ,那么由方程

x 2 ? y 2 ? z 2 ? 2ax ? 2by ? 2cz ? d ? 0
给出的曲面是一球面,求出它的球心坐标和半径。 证明:将方程配方得

( x ? a )2 ? ( y ? b)2 ? ( z ? c )2 ? a 2 ? b2 ? c 2 ? d ,由 a 2 ? b2 ? c 2 ? d ? 0 ,得到方
程表示球心是 ( ? a , ? b, ? c ) ,半径为 a 2 ? b2 ? c 2 ? d 的球面。 2.求过三点 (3, 0, 0),(0, 2, 0),(0, 0,1) 的圆的方程。 解:空间中的圆可由过三点 (3, 0, 0),(0, 2, 0),(0, 0,1)的一个球面和一个平面的交线表 示,设过该三点的球面方程为 x 2 ? y 2 ? z 2 ? ax ? by ? cz ? d ? 0 ,得到

? 9 ? 3a ? d ? 0, ? ? 4 ? 2b ? d ? 0, ?1 ? c ? d ? 0 ?
球面方程为 x 2 ? y 2 ? z 2 ?

9?d 4? d x? y ? (1 ? d ) z ? d ? 0 ,其中 d 任意。 3 2

过该三点的平面方程是

x y ? ? z ? 1 ,所以所求圆的方程可以为 3 2

? 6( x 2 ? y 2 ? z 2 ) ? 2(9 ? d ) x ? 3(4 ? d ) y ? 6(1 ? d ) z ? 6d ? 0, ? ? 2 x ? 3 y ? 6z ? 6 ? 0
其中 d 任意。 3.证明曲线

t ? ? x ? 1? t2 ? t4 , ? t2 ? y ? , ? 2 4 1 ? t ? t ? ? t3 , ?z ? 1? t2 ? t4 ?
在一球面上,并此球面方程。 证明:因为曲线满足

t ? ( ?? , ?? )

t2 t3 2 ) ? ( )2 1? t2 ? t 1? t2 ? t4 1? t2 ? t4 t t2 2 2 4 ?( ) (1 ? t ? t ) ? ? y 1? t2 ? t4 1 ? t2 ? t4 x2 ? y2 ? z2 ? ( t )2 ? ( 4
即 x2 ? ( y ?

1 2 1 ) ? z 2 ? ,所以曲线在一个球面上。 2 4

4.适当选取坐标系,求下列轨迹的方程 (1)到两定点距离之比等于常数的点的轨迹; (2)到两定点距离之和等于常数的点的轨迹; (3)到定平面和定点等距离的点的轨迹。 解(1)选直角坐标系使得定点坐标为 (0, 0, a ),(0, 0, ?a ) 。设定比常数为 k ? 0 。所以 动点 ( x , y, z ) 满足 x 2 ? y 2 ? ( z ? a )2 ? k 2 ( x 2 ? y 2 ? ( z ? a )2 ) ,化简有

(1 ? k 2 ) x 2 ? (1 ? k 2 ) y 2 ? (1 ? k 2 )z 2 ? 2a(1 ? k 2 )z ? (1 ? k 2 )a 2 ? 0 ,
当 k ? 1 时,轨迹为平面 z ? 0 。 当 0 ? k ? 1 时,轨迹为球面 x 2 ? y 2 ? z 2 ? 2a

1? k2 z ? a2 ? 0 。 1? k2

( 2 )选直角坐标系使得定点坐标为 (0, 0, a ),(0, 0, ?a ) 。设常数为 k ? 0 。所以动点

( x, y, z ) 满足 x 2 ? y 2 ? ( z ? a )2 ?

x 2 ? y 2 ? ( z ? a )2 ? k ,化简有

4k 2 x 2 ? 4k 2 y 2 ? (4k 2 ? 16a 2 )z 2 ? 4k 2a 2 ? k 4 ? 0.
(3)选直角坐标系使得定点坐标为 (0, 0, a ), 定平面为 z ? ?a 。所以动点 ( x , y, z ) 满足

x 2 ? y 2 ? ( z ? a )2 ? z ? a ,化简有 x 2 ? y 2 ? 4az .
5.曲面 S 在柱面坐标系 ( R, u, v ) 下的方程为 v ? R2 cos 2u ,求 S 的直角坐标方程。 解:将柱面坐标与直角坐标的关系 x ? R cos u, y ? R sin u, z ? v 代入方程得到

x 2 ? y 2 ? z.
6.曲面 S 的直角坐标方程为 x 2 ? y 2 ? z 2 ? 25 ,试求其球面坐标方程。 解: 将球面坐标与直角坐标的关系 x ? R cos ? cos ? , y ? R cos ? sin ? , z ? R sin ? 代
2 入方程得到 x 2 ? y 2 ? z 2 ? R2 cos2 ? ? R2 sin2 ? ? 25, 即 R cos 2? ? 25.

习题 3.2
1.求半径为 1,对称轴为 x ?

y z ? 的圆柱面方程。 2 3 y z ? 的距离是常数 1,所以 2 3

解:圆柱面上的点 ( x , y, z ) 到对称轴 x ?

( x, y, z ) ? (1, 2, 3) 1? 4 ? 9

? 1 ,即有 (3 y ? 2z )2 ? ( z ? 3 x)2 ? (2 x ? y)2 ? 14.

2. 已知与圆柱面的三条母线为 x ? y ? z , x ? 1 ? y ? z ? 1, x ? 1 ? y ? 1 ? z , 求这个 圆柱面的方程。 解:先求对称轴,对称轴上的点 ( x , y, z ) 到三母线的距离相等,所以

( x, y, z ) ? (1,1,1) ? ( x ? 1, y, z ? 1) ? (1,1,1) ? ( x ? 1, y ? 1, z) ? (1,1,1) ,
化简整理得对称轴的方程: x ? y ? 1 ? z ? 1 。圆柱面上的点到对称轴的距离等于对称 轴上的点 (0, ?1,1) 到母线 x ? y ? z 的距离,所以

( x, y ? 1, z ? 1) ? (1,1,1) ? (0, ?1,1) ? (1,1,1) ,
即 ( y ? z ? 2)2 ? ( x ? z ? 1)2 ? ( x ? y ? 1)2 ? 6, 展开得到圆柱面方程

x 2 ? y 2 ? z 2 ? xy ? xz ? yz ? 3 y ? 3z ? 0.

3.求母线方向为 (2, ?3, 4) ,准线为 ?

? x 2 ? y 2 ? 9, ?z ? 1

的柱面方程。

解:柱面上的点 ( x , y, z ) 一定在经过准线上一点 ( x0 , y0 , z0 ) 的母线上,所以
2 2 ? x0 ? y0 ? 9, ? ? z0 ? 1, ? ? x ? x0 ? 2t , ? y ? y ? 3t , 0 ? ? z ? z0 ? 4t ?

消去 x0 , y0 , z0 , t 得到柱面方程:

16 x 2 ? 16 y 2 ? 13z 2 ? 24 yz ? 16 xz ? 16 x ? 24 y ? 26z ? 131 ? 0.
4.已知圆柱面的对称轴为 2 x ? 1 ? y ? ? z ? 1 , 点( 1 , ? 2 ,1 ) 的方程。 解:圆柱面上的点 ( x , y, z ) 与点 (1, ?2,1) 到对称轴的距离相等,所以 在此圆柱面上, 求此圆柱面

( x, y ? 1, z ? 1) ? (?1, 2, 2) ? (1, ?3,0) ? (?1, 2, 2) ? 41 ,
展开整理得 8 x 2 ? 5 y 2 ? 5z 2 ? 4 xy ? 8 yz ? 4 xz ? 8 x ? 2 y ? 2z ? 39 ? 0.

? x2 ? ? y 2 ? 1, 5.求准线为 ? 4 的圆柱面方程。 ?z ? 0 ?
解:因为准线是椭圆,所以圆柱面的对称轴一定过椭圆的中心 (0,0,0) ,母线方向不可

能平行于坐标面 xOy ,可设为 ( l , m,1) 。在准线上取三点 (2, 0, 0),(0,1, 0),( 3, 们到对称轴的距离都等于圆柱面的半径 r ,于是

1 , 0), 它 2

1 (2, 0, 0) ? ( l , m,1) ? (0,1, 0) ? ( l , m,1) ? ( 3, , 0) ? ( l , m,1) , 2
得 4 ? 4m 2 ? 1 ? l 2 ?

1 1 ? 3 ? ( 3m ? l )2 , 化简有 4 2

? 3 ? 4m 2 ? l 2 , 显然 l ? 0, 所以 m ? 0, l ? ? 3. r ? 1 。 ? ? ml ? 0,

因而圆柱面有两个 ( x, y, z ) ? ( ? 3, 0,1) ? 4 ,即 ( x ? 3z )2 ? 4 y 2 ? 4. 6.求以 z 轴为对称轴,坐标原点为顶点,半顶角为

2

?
6

的圆锥面方程。

解:因为圆锥面以 z 轴为对称轴,坐标原点为顶点,半顶角为

?
6

,所以圆锥面非常为

x 2 ? y 2 ? z 2 tan 2

?
6

? 0, 即 3 x 2 ? 3 y 2 ? z 2 ? 0.

7.求顶点在原点,准线为 ?

? f ( x , y ) ? 0, 的锥面方程。 ? z ? h,(h ? 0)

解:锥面上的点 ( x , y, z ) 一定在经过准线上某点 ( x0 , y0 , z0 ) 的母线上,所以

? f ( x0 , y0 ) ? 0, ? ? z0 ? h, hx hy ? 因此得到锥面方程 f ( , ) ? 0. ? x0 ? tx , z z ? y ? ty , ? 0 ? ? z0 ? tz
8.求以原点为顶点,包含三条坐标轴的圆锥面方程。 解:设圆锥面的对称轴的方向向量为 ( l , m, n) ,依照题意对称轴的方向向量与三坐标轴 的坐标向量的夹角的余弦的绝对值相等,所以有

(1,0,0) (l , m, n) ? (0,1,0) (l , m, n) ? (0,0,1) (l , m, n)
即 l ? m ? n ,对称轴的方向向量为 (1, ?1, ?1) 。因此圆锥面上的点 ( x , y, z ) 满足

( x , y , z ) (1, ?1, ?1) x ? y ?z
2 2 2

3

?

1 3

,化简得 xy ? yz ? xz ? 0. 即有四个圆锥面。

? 2 y2 ? 1, ?x ? 9.求顶点为 (0,1, 0) ,准线为 ? 的锥面方程。 4 ? z ? ?5 ?
解:锥面上的点 ( x , y, z ) 一定在经过准线上某点 ( x0 , y0 , z0 ) 的母线上,所以

2 ? 2 y0 x ? ? 1, ? 0 4 ? ? z0 ? ?5, ? 因此得到锥面方程 20 x 2 ? 5 y 2 ? z 2 ? 2 yz ? 10 y ? 2z ? 5 ? 0. ? x0 ? tx , ? y ? 1 ? t ( y ? 1), ? 0 ? z0 ? tz ? ?

10.证明:母线方向为 ( l , m, n) ,与球面 x 2 ? y 2 ? z 2 ? 1 外切的柱面方程为

(lx ? my ? nz )2 ? (l 2 ? m2 ? n2 )( x 2 ? y 2 ? z 2 ? 1) ? 0 。
证明:依照题意知柱面是半径为 1 的圆柱面,对称轴为

x y z ? ? . 所以柱面上的点 l m n

( x, y, z ) 满足

( x , y , z ) ? ( l , m , n) l ?m ?n
2 2 2

? 1 ,由公式 a ? b ? a 2b2 ? (a b)2 得到

2

(l 2 ? m2 ? n2 )( x 2 ? y 2 ? z 2 ) ? (lx ? my ? nz )2 ? l 2 ? m 2 ? n2 ,
故柱面方程为 (lx ? my ? nz )2 ? (l 2 ? m2 ? n2 )( x 2 ? y 2 ? z 2 ? 1) ? 0 。 11.过 x 轴和 y 轴分别作动平面,交角 ? 为常数,求交线的轨迹方程,并且证明它是一 个锥面。 解:过 x 轴和 y 轴的动平面方程可设为 B1 y ? C1 z ? 0, A2 x ? C2 z ? 0. 它们的交线是

? B1 y ? C1 z ? 0, 由于两平面的交角 ? 是常数,所以 ? ? A2 x ? C 2 z ? 0.
cos ? ? C1C 2 B12 ? C12
2 2 A2 ? C2

,交线方程中的系数按此关系消去得到轨迹方程:

x 2 y 2 ? cos2 ? ( y 2 ? z 2 )( x 2 ? z 2 ) ? 0 ,
该方程明显是 4 次齐次方程,所以是锥面。 12.证明:以 M0 ( x0 , y0 , z0 ) 为顶点的锥面方程是关于 ( x ? x0 ),( y ? y0 ),( z ? z0 ) 的齐 次方程。 证明:我们知道顶点在原点的锥面方程是关于 x , y , z 的齐次方程 ,所以将坐标系的原 点平移到 M0 ( x0 , y0 , z0 ) ,新坐标系的坐标用 x?, y?, z? ,则

x? ? x ? x0 , y? ? y ? y0 , z? ? z ? z0 ,
故锥面方程是关于 x?, y?, z? 的齐次方程,即关于 ( x ? x0 ),( y ? y0 ),( z ? z0 ) 的齐次方 程。 13.求下列曲线向各坐标面投影的投影柱面方程, 和在各坐标面上的投影曲线, 并作出曲 线的简图: (1)?
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ? ? ? ? x ? y ? 4a , ? x ? y ? z ? 4, ? x ? y ? z ? 4a , ( 2 ) ( 3 ) ? 2 ? 2 2 2 2 2 2 2 2 ? ? ? ? x ? 2 y ? z ? 5a ; ? x ? ( y ? 3) ? z ? 4; ? x ? y ? 2ax ? 0.

解: (1)向 xOy 面投影的投影柱面方程是 x 2 ? y 2 ? 4a 2 ,在 xOy 面上的投影曲线是

? x 2 ? y 2 ? 4a 2 , ? ? z ? 0.
在方程组中消去 x 得到向 yOz 面投影的投影柱面方程是 y 2 ? z 2 ? a 2 ,在 yOz 面上的 投影曲线是

? y2 ? z2 ? a2 , ? ? x ? 0.
2 2 2 在方程组中消去 y 得到向 xOz 面投影的投影柱面方程是 x ? z ? ?a ,在 xOz 面上

的投影曲线是

? x 2 ? z 2 ? ?a 2 , ? ? y ? 0.
(2) 在方程组中分别消去 x , y , z 得到向 yOz , xOz , xOy 面投影的投影柱面方程分别是

2 y ? 3 ? 0( x ? 2, z ? 2), x 2 ? z 2 ?

7 , 2 y ? 3 ? 0( x ? 2, z ? 2). 4

在 yOz , xOz , xOy 面上的投影曲线方程分别是

7 ? 2 2 ? 2 y ? 3 ? 0, ? x ? z ? , ? 2 y ? 3 ? 0, ( z ? 2), ? ( x ? 2). 4 ? ? z ? 0, ? x ? 0, ? ? ? y ? 0,
(3) 在方程组中分别消去 x , y , z 得到向 yOz , xOz , xOy 面投影的投影柱面方程分别是

z 4 ? 4a 2 z 2 ? 4a 2 y 2 ? 0, z 2 ? 2ax ? 4a 2 ? 0, x 2 ? y 2 ? 2ax ? 0 。
在 yOz , xOz , xOy 面上的投影曲线方程分别是

? z 4 ? 4a 2 z 2 ? 4a 2 y 2 ? 0, ? z 2 ? 2ax ? 4a 2 ? 0, ? x 2 ? y 2 ? 2ax ? 0, ? ? ? ? x ? 0, ? y ? 0, ? z ? 0.
14.设柱面的准线 C 的参数方程为 x ? f (t ), y ? g(t ), z ? h(t ), t ? [a, b] ,母线方向为

( l , m, n) ,求柱面的参数方程。
解:柱面上的点 ( x , y, z ) 在过准线上点 ( f (t ), g(t ), h(t )) 的母线上,所以柱面的方程为

? x ? f ( t ) ? ls , ? ? y ? g ( t ) ? ms , t ? [a, b], s ? ( ??, ??), 这就是柱面的参数方程。 ? z ? h( t ) ? ns ?

习题 3.3
1.求曲线 ?

? x 2 ? y 2 ? 1, ? 绕 z 轴旋转所得的曲面方程。 2 ? ?z ? x

解:点 ( x , y, z ) 在旋转面上当且仅当它是曲线上点 ( x0 , y0 , z0 ) 旋转而来:
2 2 ? x0 ? y0 ? 1, ? 2 ? z0 ? x0 , 消去 x0 , y0 , z 0 得到旋转面的方程: x 2 ? y 2 ? 1 ,由于曲线只是 ? 2 2 2 2 ? x ? y ? x0 ? y0 , ? z ? z ? 0, 0 ?

0 ? z ? 1 的一部分,所以旋转面也是一部分: x 2 ? y 2 ? 1 , 0 ? z ? 1 。
2.求直线

x y z ?1 绕直线 x ? y ? z 旋转所得的曲面的方程。 ? ? 2 1 0

解:设曲面上的点 ( x , y, z ) 是直线上的点 ( x0 , y0 , z0 ) 旋转来的,则

y0 z 0 ? 1 ? x0 ? 2 ? 1 ? 0 , ? ? ( x , y , z ) ? (1,1,1) ? ( x , y , z ) ? (1,1,1) , 0 0 0 ? ? ? ? ? x ? y ? z ? x 0 ? y0 ? z 0 ,
消去 x0 , y0 , z0 得到:

9[( y ? z )2 ? ( z ? x )2 ? ( x ? y )2 ] ? ( x ? y ? z ? 4)2 ? (2( x ? y ? z ) ? 5)2 ? ( x ? y ? z ? 1)2

整理得旋转面的方程:

2 x 2 ? 2 y 2 ? 2z 2 ? 5 xy ? 5 yz ? 5 xz ? 5 x ? 5 y ? 5z ? 7 ? 0.
3.求曲线 C : x ? f ( t ), y ? g( t ), z ? h(t ) 绕 z 轴旋转所得的曲面的参数方程。 解:设曲面上的点 ( x , y, z ) 是曲线上的点 ( x0 , y0 , z0 ) (对应的参数为 t 0 )旋转来的, 则

? x0 ? f ( t0 ), y0 ? g( t0 ), z0 ? h( t0 ), ? 2 2 2 2 ? x ? y ? x 0 ? y0 , ?z ? z ? 0 0 ?
所以曲面的参数方程可写为:

? x ? f 2 ( t ) ? g 2 ( t ) cos ? , ? ? 2 2 ? y ? f ( t ) ? g ( t ) sin ? , (0 ? ? ? 2? ). ? z ? h( t ), ? ?
4.证明: z ?

1 表示一个旋转面,并求它的母线和转轴。 x ? y2
2

证明:方程的形式可改写为 ( x 2 ? y 2 )z ? 1 ,发现以曲线 ? 线, z 轴为旋转轴,就可得到曲面的方程。

? y 2 z ? 1, ?x ? 0

或?

? x 2 z ? 1, ?y ? 0

为母

习题 3.4
1.一个椭球面以三个坐标面为对称平面,并且经过三个点 (2, 2, 4),(0, 0, 6),(2, 4, 2) , 求其方程。 解:设椭球面的方程为

x2 y2 z2 ? ? ? 1 ,将三个点的坐标代入得到 a 2 b2 c 2

4 16 ? 4 ? a 2 ? b 2 ? c 2 ? 1, ? ? 36 ? 1, 解得 a 2 ? 9, b2 ? 36, c 2 ? 36, ? c2 ? ? 4 ? 16 ? 4 ? 1 ? a 2 b2 c 2 ?
所以椭球面的方程为

x2 y2 z2 ? ? ? 1。 9 36 36

2.求以原点为顶点, z 轴为对称轴,并通过两点 (3, 0,1),(3, 2, 2) 的抛物面的方程。

解:设抛物面的方程为

x2 y2 ? ? 2 z , 将两个点的坐标代人得到 a b

9 9 4 9 x2 y2 ? 2, ? ? 4 ,解得 a ? , b ? 2 ,所以抛物面的方程为 ? ? 4z. a a b 2 9 4
3.求通过两条抛物线 ?

? x 2 ? 6 y ? 0, ?z ? 0

和?

? z 2 ? 4 y ? 0, ?x ? 0

的二次曲面方程。

解:设二次曲面方程为一般方程:

a11 x2 ? a22 y2 ? a33 z 2 ? 2a12 xy ? 2a23 yz ? 2a13 xz ? 2a14 x ? 2a24 y ? 2a34 z ? a44 ? 0
由于曲面通过两条抛物线,所以将 x ? 0, z ? 0 分别代人方程中得到两条抛物线

? a11 x 2 ? a22 y 2 ? 2a12 xy ? 2a14 x ? 2a 24 y ? a44 ? 0, ? ?z ? 0 ? a22 y 2 ? a33 z 2 ? 2a23 yz ? 2a24 y ? 2a34 z ? a44 ? 0, ? ?x ? 0
与给的抛物线方程进行比较得到

? ? a22 ? a12 ? a14 ? a44 ? a23 ? a34 ? 0 ? 2a24 ? , ? a11 ? ?6 ? 2a ? a33 ? 24 , ? ? 4
所以曲面的方程为 ?

1 1 a24 x 2 ? a24 z 2 ? 2a13 xz ? 2a24 y ? 0 ,其中 a24 , a13 不全为 0。 3 2

当 a24 ? 0 时,方程为 xz ? 0 ,当 a24 ? 0 时,方程可化为

x2 z2 ? ? 2kxz ? 2 y ? 0 ,其中 k 为任意常数。 3 2
4.给定方程

x2 y2 x2 ? ? ? 1 (a ? b ? c ? 0), a 2 ? k b2 ? k c 2 ? k
问当 k 取异于 a 2 , b2 , c 2 的各种实数值时,它表示怎样的曲面?

解:由于 a ? b ? c ? 0 ,所以 当 k ? c 2 时, a 2 ? k ? 0, b2 ? k ? 0, c 2 ? k ? 0 ,方程表示椭球面; 当 b2 ? k ? c 2 时, a 2 ? k ? 0, b2 ? k ? 0, c 2 ? k ? 0 ,方程表示单叶双曲面; 当 a 2 ? k ? b2 时, a 2 ? k ? 0, b2 ? k ? 0, c 2 ? k ? 0 ,方程表示双叶双曲面; 当 k ? a 2 时, a 2 ? k ? 0, b2 ? k ? 0, c 2 ? k ? 0 ,方程表示虚椭球面。 5.适当选取坐标系,求下列轨迹方程。 (1)到两定点距离之差等于常数的点的轨迹; (2)到一定点和一个定平面(定点不在定平面上)距离之比等于常数的点的轨迹; (3)设有一个定平面和垂直于它的一条定直线,求到定平面与到定直线的距离相等的 点的轨迹; (4)求与两给定直线等距离的点的轨迹,已知两直线之间的距离为 a ,夹角为 ? 。 解: (1)选直角坐标系使得定点坐标为 (0, 0, c ),(0, 0, ?c ) 。设距离之差为 2b 。所以动 点 ( x , y, z ) 满足

x 2 ? y 2 ? ( z ? c )2 ? x 2 ? y 2 ? ( z ? c )2 ? 2b ,化简有

b 2 x 2 ? b 2 y 2 ? (b 2 ? c 2 ) z 2 ? b 2 ? c 2 .
(2)选直角坐标系使得定点坐标为 (0, 0, c ), 定平面为 z ? ?

c ,定比为 k ? 0, c ? 0 。 k

所以动点 ( x , y, z ) 满足

x 2 ? y 2 ? ( z ? c )2 ? k z ?

c , k

化简有 x 2 ? y 2 ? (1 ? k 2 )z 2 ? 2c(1 ? k )z ? 0. (3)以定平面为 xOy 面,定直线为 z 轴建立直角坐标系。所以动点 ( x , y, z ) 满足

x 2 ? y 2 ? z ,于是动点轨迹方程为 x 2 ? y 2 ? z 2 ? 0.
(4)设两直线异面,以两条定直线的公垂线为 z 轴,过公垂线段的中点与公垂线垂直 的平面为 xOy 面,两直线在 xOy 面上的投影直线的角平分线为 x 轴和 y 轴,建立直角坐

标系,使得两直线的方向向量为 (cos 点 ( x , y, z ) 满足

?
2

, ? sin

?
2

, 0) ,两直线分别过点 (0, 0,

a ) 。所以动 2

a ? ? a ? ? ( x, y, z ? ) ? (cos , ? sin , 0) ? ( x, y, z ? ) ? (cos ,sin , 0) , 2 2 2 2 2 2

展开得

a ? a ? ? ? [( z ? )sin ]2 ? [( z ? )cos ]2 ? [ x sin ? y cos ]2 2 2 2 2 2 2 a ? a ? ? ? ? [( z ? )sin ]2 ? [( z ? )cos ]2 ? [ x sin ? y cos ]2 2 2 2 2 2 2
化简得 xy sin ? ? az 。 如果两直线平行,即 ? ? 0, ? ,则动点轨迹为平面 z ? 0 。 如果两直线相交,则 a ? 0 ,则动点轨迹为两相交平面: xy ? 0 。

6. 设 P 是椭球面

x2 y2 z2 ? ? ? 1 上的一点,向量 OP 的方向余弦为 (? , ? ,? ) ,且 a 2 b2 c 2

OP ? r ,试证:

1 ? 2 ?2 ? 2 ? ? ? . r 2 a 2 b2 c 2

证明:由题意得到点 P 的坐标为 P ( r ? , r ? , r? ) ,将它代入椭球面方程得到

1?

r 2 ? 2 r 2 ? 2 r 2? 2 1 ? 2 ?2 ? 2 即有 ? ? , ? ? ? . a2 b2 c2 r 2 a 2 b2 c 2 x2 y2 z2 ? ? ? 1 的中心 O 引三条互相垂直的射线,与椭球面分别交于 a 2 b2 c 2

7. 由椭球面

P1 , P2 , P3,设 OPi ? ri ( i ? 1, 2, 3) ,试证:

1 1 1 1 1 1 ? 2? 2 ? 2? 2? 2. 2 r1 r2 r3 a b c

证明:设三向量 OPi (i ? 1, 2, 3) 的方向余弦为 ?i , ?i ,? i ( i ? 1, 2, 3) ,由上题结论有

1 ?i2 ?i2 ? i2 ? ? ? (i ? 1, 2, 3). 由于三向量 OPi (i ? 1, 2, 3) 两两互相垂直,所以矩阵 ri2 a 2 b2 c 2
? ?1 ? ? ?2 ? ? ?3

?1 ? 1 ? 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ?2 ? 2 ? ? 为正交矩阵,因而 ?1 ? ?2 ? ?3 ? 1, ?1 ? ?2 ? ?3 ? 1,? 1 ? ? 2 ? ? 3 ? 1. ?3 ? 3 ? ?
1 1 1 1 1 1 ? 2? 2 ? 2? 2? 2. 2 r1 r2 r3 a b c

从而得到

8.求与椭圆抛物面 10 x 2 ? 2 y 2 ? z 的交线为圆的平面。 解:因为椭圆抛物面 10 x 2 ? 2 y 2 ? z 开口朝 z 轴方向,交线为圆,所以平面的法向量

不会平行于 xOy 坐标面,可设所求平面为 ? : Ax ? By ? z ? D ? 0 。 由于空间的圆一定是某球面与平面的交线,所以该圆可设为球面

x 2 ? y 2 ? z 2 ? 2ax ? 2by ? 2cz ? d ? 0 与平面 ? 的交线。
交线向 xOy 坐标面的投影柱面是相同的,而它们的方程分别为

10 x 2 ? 2 y 2 ? Ax ? By ? D ? 0,

(1 ? A2 ) x 2 ? (1 ? B 2 ) y 2 ? 2 ABxy ?2( AD ? a ? cA) x ? 2( BD ? b ? cB ) y ? D 2 ? 2cD ? d ? 0,
比较它们的系数得到

AB ? 0,

1 ? A2 1 ? B 2 ,于是 B ? 0, A ? ?2. 平面方程: ?2 x ? z ? k 。 ? 10 2

该平面要与椭圆抛物面相交,将平面方程代人椭圆抛物面方程中得

10 x 2 ? 2 y 2 ? 2 x ? k , 该方程有解,经配方得到 k 满足: k ? ?

1 . 10

习题 3.5
1.求单叶双曲面

x2 y2 z2 ? ? ? 1 上过点 (2, 3, ?4) 的直母线。 4 9 16 x2 y2 z2 ? ? ? 1 的直母线族为 4 9 16

解:单叶双曲面

y y ? x z ? x z u( ? ) ? v (1 ? ) ? 0, u( ? ) ? v (1 ? ) ? 0, ? ? ? 2 4 ? 2 4 3 3 及 (?? ) ? (? ) ? ? u(1 ? y ) ? v ( x ? z ) ? 0 ? u(1 ? y ) ? v ( x ? z ) ? 0 ? ? 3 2 4 3 2 4 ? ?
将点 (2, 3, ?4) 代入直母线族的方程中,得到(I)的参数为 v =0,(II)的参数为 u ? v ? 0 , 所以过点 (2, 3, ?4) 的直母线为

? 2 x ? z ? 0, ? x ? 2 ? 0, , (?? ) ? (? ) ? ?y?3? 0 ?4 y ? 3 z ? 0.
2.求直线族

x ? ?2 y ? ? z ?1 所形成的直纹面方程。 ? ? 2 1 ?1

解:直线族

x ? ?2 y ? ? z ?1 改写为 ? ? 2 1 ?1

? x ? ? 2 ? ?2 z ? 2, ? ? y ? ? ? ?z ? 1
消去 ? 参数得到直纹面方程

y 2 ? z 2 ? 2 yz ? x ? 2 y ? 4z ? 3 ? 0 。
3.求与以下三直线同时共面的直线所产生的曲面,

?x ? 1 ? x ? ?1 x ? 2 y ?1 z ? 2 l1 : ? , l2 : ? , l3 : ? ? . ?3 4 5 ?y ? z ? y ? ?z
解:依题意,所求直线 l 应同时在过 l1 , l2 的平面束中,即

? u( x ? 1) ? y ? z ? 0 l :? , 该直线经过点 (1, ? v , ? v ) ,方向向量为 (2, ? u ? v , u ? v ) 。 ?v( x ? 1) ? y ? z ? 0
由于 l 与 l 3 共面,所以

?1

1? v

2?v
化简得到 uv ? ?1 。 将直线 l 的方程中的参数依此关系消去, u?v ? 0, 5

2 ?u ? v ?3 4

得到动直线产生的曲面方程 x 2 ? y 2 ? z 2 ? 1 。 4.证明单叶双曲面的同族中的任意两条直母线异面;异族中的任意两条直母线共面。 证明:设单叶双曲面的方程为

x2 y2 z2 ? ? ? 1(a ? 0, b ? 0, c ? 0). 直母线族为 a 2 b2 c 2

? x ? a cos u ? av sin u, ? x ? a cos u ? av sin u, ? ? (? ) ? y ? b sin u ? bv cos u, 及 (?? ) ? y ? b sin u ? bv cos u, ? z ? cv , ? z ? ? cv , ? ?
(1)在(I)中任取两条直母线 l1 , l2 ,对应的参数为 0 ? u1 , u2 ? 2? , u1 ? u2 , l1 , l2 分别 经 过 点 M1 (a cos u1 , b sin u1 , 0) , M2 (a cos u2 , b sin u2 ,0) , 方 向 向 量 是

v1 ? (a sin u1 , ?b cos u1 , c) , v2 ? (a sin u2 , ?b cos u2 , c) ,显然两方向不共线,计算混
合积

a (cos u2 ? cos u1 ) b(sin u2 ? sin u1 ) 0 ( M 1 M 2 , v1 , v 2 ) ? a sin u1 a sin u2 ? b cos u1 ? b cos u2 c c

? abc[(cos u2 ? cos u1 )2 ? (sin u2 ? sin u1 )2 ] ? 2abc(1 ? cos( u2 ? u1 )) ? 0.
所以(I)中任意两条直母线 l1 , l2 异面。同理可得(II)中任意两条直母线也异面。 (2) 在两族直母线中分别任取一条, 记为 l1 , l2 , 对应的参数为 0 ? u1 , u2 ? 2? , l1 , l2 分 别 经 过 点 M1 (a cos u1 , b sin u1 , 0) , M2 (a cos u2 , b sin u2 ,0) , 方 向 向 量 是

v1 ? (a sin u1 , ?b cos u1 , c) , v2 ? (a sin u2 , ?b cos u2 , ?c) 。
如果 u1 ? u2 ,由于它们经过同一个点,所以 l1 , l2 共面。 如果 u1 ? u2 ,则计算混合积

a (cos u2 ? cos u1 ) ( M 1 M 2 , v1 , v 2 ) ? a sin u1 a sin u2

b(sin u2 ? sin u1 ) ? b cos u1 ? b cos u2

0 c ?c

? ?abc[cos2 u1 ? cos2 u2 ? sin2 u1 ? sin2 u2 ] ? 0 ,
所以 l1 , l2 共面。并且当 u1 ? u2 ? ? 时, l1 , l2 平行。 5.设 S 是马鞍面,证明: (1)同族中的任意两条直母线异面; (2)异族中的任意两条直母线相交; (3)同族中的全体直母线平行于同一个平面。 证明:设马鞍面的方程为

x2 y2 ? ? 2 z , a ? 0, b ? 0. 它的两族直母线为 a 2 b2

? x ? au ? av , ? x ? av ? au, ? ? (? ) ? y ? bu ? bv , 及 (?? ) ? y ? ? bv ? bu, ? z ? 2uv , ? z ? 2vu, ? ?
(1)在(I)族中任取两条直母线 l1 , l2 ,对应的参数为 u1 , u2 , u1 ? u2 , l1 , l2 分别经过点

M1 (au1 , bu1 ,0) , M2 (au2 , bu2 , 0) ,方向向量是 v1 ? (a, ?b, 2u1 ) , v2 ? (a, ?b, 2u2 ) ,
显然两方向不共线,计算混合积

a ( u2 ? u1 ) b( u2 ? u1 ) ( M 1 M 2 , v1 , v 2 ) ? a a ?b ?b

0 2u1 ? ?4ab( u2 ? u1 )2 ? 0. 2u2

所以(I)中任意两条直母线 l1 , l2 异面。同理可得(II)中任意两条直母线也异面。

(2)在两族直母线中分别任取一条,记为 l1 , l2 ,对应的参数为 u1 , v2 l1 , l2 分别经过点

M1 (au1 , bu1 ,0) , M2 (av2 , ?bv2 ,0) ,方向向量是 v1 ? (a, ?b, 2u1 ) , v2 ? (a, b, 2v2 ) 。
显然两方向不共线,即它们不可能平行。计算混合积

a (v2 ? u1 ) ( M 1 M 2 , v1 , v 2 ) ? a a

? b(v2 ? u1 ) ?b b

0 2u1 ? 0. 2v2

所以异族中的任意两条直母线 l1 , l2 相交。 (3)由于(I)中任意直母线的方向向量为 v1 ? (a, ?b, 2u), 它平行于平面 bx ? ay ? 0 , 所以(I)中所有直母线平行于平面 bx ? ay ? 0 。 由于(II)中任意直母线的方向向量为 v2 ? (a, b, 2v ), 它平行于平面 bx ? ay ? 0 , 所以(II) 中所有直母线平行于平面 bx ? ay ? 0 。 6.证明马鞍面的正交直母线的交点在一条双曲线上。

x2 y2 证明:设马鞍面的方程为 2 ? 2 ? 2 z , a ? 0, b ? 0. 由上一题的结论,马鞍面的相交 a b
直母线一定是异族的,所以在(I),(II)族中分别选直线使得它们正交:

? x ? au ? av , ? x ? av ? au, ? ? (? ) ? y ? bu ? bv , 及 (?? ) ? y ? ? bv ? bu, ? z ? 2uv , ? z ? 2vu, ? ?
(I)中直线的方向向量为 v1 ? ( a, ? b, 2u), (II) 中直线的方向向量为 v2 ? (a, b, 2v ), 由于 它们正交,所以 v1 v2 ? (a, ?b, 2u) (a, b, 2v ) ? a 2 ? b2 ? 4uv ? 0, 要得到正交直母线的 交点的轨迹方程,只需在两族直母线中的参数按上述关系消去即可,于是得到

? x2 y2 ? ? b2 ? a 2 , ? b2 ? a 2 ? a 2 b2 它表示平面 z ? 上的一条双曲线。 ? 2 2 2 ?z ? b ? a , ? ? 2
7. 已知平面 ax ? by ? cz ? 0( abc ? 0) 与锥面 xy ? yz ? zx ? 0 的交线是两条正交的 直线,证明。 证明:已给锥面方程变形为

x? y y ? ? . 设比值为 k ,得到锥面的直母线族 l k : x z

?(1 ? k ) x ? y ? 0, l k 的 方 向向 量为 (k , k (k ? 1),1 ? k ) 。 因 为所求 直 母线 在平 面 ? ? y ? kz ? 0.

ax ? by ? cz ? 0(abc ? 0) 上,所以有 ak ? bk (k ? 1) ? c(1 ? k ) ? 0, 即
bk 2 ? (a ? b ? c)k ? c ? 0. 它的两个解就是所求直母线的参数 k1 , k2 ,它们满足
k1 ? k2 ? b?c?a c , k1k2 ? . b b

由于两条直母线正交,所以 k1k2 ? k1k2 (k1 ? 1)(k2 ? 1) ? (1 ? k1 )(1 ? k2 ) ? 0, 将上述 关系代入,得到

1 1 1 c ca a ? ? ? 0, 即有 ? ? ? 0 。 a b c b bb b

习题 3.6
1.用不等式组表达由下列平面或曲面所围成的空间区域,并作简图。 (1) x 2 ? y 2 ? 16, z ? x ? 4, z ? 0; (2) x 2 ? 16 y 2 ? 9z 2 ? 36, x 2 ? y 2 ? z 2 ? 16 (在第 ? 卦限内) 。 解: (1) x 2 ? y 2 ? 16, z ? x ? 4, z ? 0 分别是圆柱面,两平面,要使得它们围成一个 空间有界区域, 应该在圆柱面的内部, 平面 z ? x ? 4 ? 0 的负侧, 平面 z ? 0 的正侧 (上侧) , 所以用不等式组表示区域为: x 2 ? y 2 ? 16, z ? x ? 4, z ? 0. (2)由于椭球面 x 2 ? 16 y 2 ? 9z 2 ? 36 整个都在球面 x 2 ? y 2 ? z 2 ? 16 的内部,所以 它们在第 ? 卦限内围成的区域应该在椭球面的外部,在球面的内部,所以用不等式组表示区 域为: x 2 ? 16 y 2 ? 9z 2 ? 36, x 2 ? y 2 ? z 2 ? 16, x ? 0, y ? 0, z ? 0. 2.作出由不等式组 0 ? z ? 域简图。 第4章 二次曲线和二次曲面

8 ? x 2 ? y 2 , 0 ? y ? 4 ? x 2 , 0 ? x ? 2 所确定的空间区

习题 4.1
1. 在直角坐标系 xOy 中,以直线 l : 4 x ? 3 y ? 12 ? 0为新坐标系的 x ? 轴,取通过 A(1, ?3) 且 垂 直 于 l 的 直 线 为 y? 轴 , 写 出 点 的 坐 标 变 换 公 式 , 并 且 求 直 线

l1 : 3 x ? 2 y ? 5 ? 0 在新坐标系中的方程。
解:直线 l : 4 x ? 3 y ? 12 ? 0 的方向是 (3, 4) ,与它垂直的方向是 ? ( ?4, 3) ,新坐标 系 的 x ? 轴 的 坐 标 向 量 取 为 ( , ) , y? 轴 坐 标 向 量 取 为 ( ?

3 4 5 5

4 3 , ) ,与直线 5 5

l : 4 x ? 3 y ? 12 ? 0 垂直且的直线方程可设为 3 x ? 4 y ? c ? 0 ,由于过点 A(1, ?3) ,得 到直线方程是 3 x ? 4 y ? 9 ? 0 ,两直线的交点 ( ?3, 0) 是新坐标原点,所以点的坐标变换
公式:

?3 ? x? ? 5 ? y? ? ? 4 ? ? ? ? ?5

4? ? ? ? 5 ? x ? ? ?3 ? ? ?? ? ?. 3 ?? ? y? ? ? 0 ? 5 ? ?

直线 l1 : 3 x ? 2 y ? 5 ? 0 在新坐标系中的方程:

3 4 4 3 l1 : 3( x? ? y? ? 3) ? 2( x? ? y?) ? 5 ? 0 , 5 5 5 5
化简有 l1 : x? ? 18 y? ? 20 ? 0. 2.作直角坐标变换,已知点 A(6, ?5), B(1, ?4) 的新坐标分别为 (1, ?3),(0, 2) ,求点的 坐标变换公式。 解:设同定向的点的坐标变换公式是:

? x ? ?cos ? ? y ? ? ? sin ? ? ? ? ? u? ?cos ? ? v ? ? ? sin ? ? ? ?

? sin ? ? ? x? ? ? a ? ? ? ? ? ?. cos ? ? ? ? y? ? ? b ? ? sin ? ? ? u? ? ? ?. cos ? ? ? ? v? ?

它的向量的坐标变换公式是:

由题意知向量 AB ? (?5,1) 变为 A?B? ? (?1,5) ,于是有

? ?5? ?cos ? ? 1 ? ? ? sin ? ? ? ?
式是:

? sin ? ? ? ?1? 12 5 于是点的坐标变换公 , cos ?? . . 得到 sin? ? ? ? ? 13 13 cos ? ? ? 5 ?

?5 ? x ? ? 13 ? y ? ? ? 12 ? ? ? ? 13 ?

?

12 ? 13 ? ? x ? ? ? a ? 将 点 B( 1? , ? ?? ? ?. 5 ?? ? y? ? ? b ? ? 13 ?

及 4 ) 它 的 像 点 (0, 2) 代 入 得 到

? 37 ? a ? ? ? 13 ? ? b ? ? ? 62 ? , 所以点的坐标变换公式是: ? ? ?? ? ? ? 13 ? ? ?5 ? x ? ? 13 ? y ? ? ? 12 ? ? ? ? 13 ? ? 12 ? ? 37 ? ? 13 ? x ? ? ? 13 ? ? ?. ??? 5 ?? ? y? ? ? ? 62 ? ? ? 13 ? ? 13 ? ?

设反定向的点的坐标变换公式是:

? x ? ? ? cos ? ? y ? ? ? sin? ? ? ? ? u? ? ? cos? ? v ? ? ? sin? ? ? ?

sin ? ? ? x? ? ?a ? ? ? ? ? ?. cos ? ? ? ? y? ? ? b ? sin? ? ? u? ? ? ?. cos ? ? ? ? v? ?

它的向量的坐标变换公式是:

由题意知向量 AB ? (?5,1) 变为 A?B? ? (?1,5) ,于是有

? ?5? ? ? cos ? ? 1 ? ? ? sin? ? ? ?
是:

sin ? ? ? ?1? 于是点的坐标变换公式 ? ? 0. ? ? . 得到 sin? ? ? 1, cos cos ? ? ?? 5 ?

? x ? ? 0 ?1? ? x? ? ? a ? ? y ? ? ? ?1 0 ? ? y? ? ? ? b ? . 将 点 B( 1?, ? ? ? ?? ? ? ? ?a ? ? 3 ? ? b ? ? ? ?4? , 所以点的坐标变换公式是: ? ? ? ? ? x ? ? 0 ?1? ? x? ? ? 3 ? ? y ? ? ? ?1 0 ? ? y? ? ? ? ?4? . ? ? ? ?? ? ? ?

及) 它 的 像 点 (0, 2) 代 入 得 到 4

3.设新旧坐标系都是右手直角坐标系,点的坐标变换公式为

? 2 2 x? ? y? ? 5, ?x? ? x? ? ? y ? 3, 2 2 ? (1) (2) ? ? 2 2 ? y? ? x ? 2. x? ? y? ? 3; ?y?? ? 2 2 其中, ( x, y ) 与 ( x ?, y ? ) 分别表示同一点的旧坐标与新坐标,求新坐标系的原点的旧坐 标,并且求坐标轴旋转的角 ? 。 解: (1) 新坐标系的原点的旧坐标为 x? ? 0, y? ? 0 代入公式中计算的结果, 即 (5, ?3) 。
由点的坐标变换公式知道是同定向的,于是转角 ? 满足 sin ? ? ?

2 2 ,cos ? ? , 由于 2 2

0 ? ? ? 2? ,所以 ? ?

( 2 ) 与 上 一 问 题 同 理 , 新 坐 标 系 的 原 点 的 旧 坐 标 为 ( 2 , 3。 ) 转角 ? 满足

7? . 4

sin ? ? ? 1 , c? o s? 由于 0 , 0 ? ? ? 2? ,所以 ? ?

3? . 2

4. 在右手直角坐标系 ? 1 中,设两直线 li : Ai x ? Bi y ? Ci ? 0(i ? 1, 2) 互相垂直,取

l1 , l2 为右手直角坐标系 ? 2 的 O?y? 轴, O ?x ? 轴,试求 ? 2 到 ? 1 的点的坐标变换公式。

解:由于两直线 l1 , l2 互相垂直,且 l1 , l2 为右手直角坐标系 ? 2 的 O?y? 轴, O ?x ? 轴,即 所以当 l1 , l2 在右手直角坐标系 ? 2 下的方程为 l1 : x? ? 0, l2 : y? ? 0 , 到 ? 1 的点的坐标变换公式:

A1 A2

B1 ? 0 时, ?2 B2

? ? x? ? ? ? ? y? ? ? ?


1 A12 ? B12 1
2 A ? B2 2 2

( A1 x ? B1 y ? C1 ), ( A2 x ? B2 y ? C 2 ).

A1 A2

B1 ? 0 时, ? 2 到 ? 1 的点的坐标变换公式: B2

1 ? ( A1 x ? B1 y ? C1 ), ? x? ? 2 2 A ? B ? 1 1 ? 1 ? y? ? ? ( A2 x ? B2 y ? C 2 ). 2 2 ? A ? B 2 2 ?
5. 设 OABC 为四面体 , L, M , N 依次是 ? ABC 的三 边 AB, BC , CA 的中点, 取

? 1 ? {O;OA, OB, OC } , ? 2 ? {O;OL, OM , ON } 。
(1)求 ? 1 到 ? 2 点的坐标变换公式和向量的坐标变换公式,再 ? 2 到 ? 1 求点(向量) 的坐标变换公式。 (2)求 A, B, C , AB, AC 的 ? 2 坐标。 解: (1) 依题意有 OL ?

1 1 1 (OA ? OB ), OM ? (OB ? OC ), ON ? (OA ? OC ), 所 2 2 2

?1 1? 以 ?1 到 ? 2 点 的 过 渡 矩 阵 是 A ? 1 2? ? ?0 ? x? ? 1 0 1 ? ? x? ? ? y ? ? 1 ? 1 1 0 ? ? y? ? , ? ? 2? ?? ? ? ? ? ? z 0 1 1 ? ? ? ?? ? z? ? ?

0 1 1

1 ? ? , ? 到 ? 点的坐标变换公式 0 1 2 ? ? 1 ?

?1 到 ? 2 点 的 向 量 的 坐 标 变 换 公 式

?u? ? 1 0 1 ? ? u? ? ? v ? ? 1 ? 1 1 0? ? v ? ? , 其中 ( u , v , w ), (u ? ,v? ,w ? 分别是向量 ) a 在仿射坐标系 ? 1 和 ? ? 2? ?? ? ?w? ? ? ?? ? w? ? ? ? ?0 1 1?

? 2 下的坐标。

由以上关系得到

OA ? OL ? OM ? ON , OB ? OL ? OM ? ON , OC ? ?OL ? OM ? ON ,
1 ? 1? ?1 ? 所以 ? 2 到 ? 1 点的过渡矩阵是 B ? ?1 1 , ? 2 到 ? 1 点的坐标变换公式 1? ? ? ? ? 1 ?1 1 ? ? 1 ?1? ? x ? ? x? ? ? 1 ? y ? ? ? ? ?1 1 ? ? 向量的坐标变换公式一样。 1? ? ? ? ? ? y? , ? ? z? ? ? ? ? 1 ?1 1 ? ?? ?z? ?
(2) A, B, C , AB, AC 的 ? 1 坐标分别是

A(1,0,0), B(0,1,0), C(0,0,1), AB ? ( ?1,1,0), AC ? ( ?1,0,1) ,
由 ? 2 到 ? 1 点和向量的坐标变换公式得到 A, B, C , AB, AC 的 ? 2 坐标分别是

A(1, ?1,1), B(1,1, ?1), C(?1,1,1), AB ? (0, 2, ?2), AC ? (?2, 2,0) 。
6. 在 右 手 直 角 坐 标 系 ? 1 ? {O; e1 , e2 , e3 } 中 , 已 给 三 个 互 相 垂 直 的 平 面

?1 : x ? y ? z ? 1 ? 0, ? 2 : x ? z ? 1 ? 0, ? 3 : x ? 2 y ? z ? 2 ? 0 。 确 定 新 的 坐 标 系 ? , e2 ? , e3 ?} , 使得 ?1 , ? 2 , ? 3 分别为 y?O?z?, z?O?x?, x?O?y? 坐标面, 且 O 在新坐 ? 2 ? {O? ; e1
标系的第一卦限内,求 ? 1 到 ? 2 的点的坐标变换公式。 解:由于三个平面 ?1 , ? 2 , ? 3 分别为 y?O?z?, z?O?x?, x?O?y? 坐标面,所以坐标之间的 关系可设为

x? ? ?

1 3

( x ? y ? z ? 1), y? ? ?

1 2

( x ? z ? 1), z? ? ?

1 6

( x ? 2 y ? z ? 2) ,

又 O 在新坐标系的第一卦限内,所以 O 在新坐标系的三个坐标都为正,于是

x? ? ?

1 3

( x ? y ? z ? 1), y? ?

1 2

( x ? z ? 1), z? ?

1 6

( x ? 2 y ? z ? 2) ,

故 ? 1 到 ? 2 的点的坐标变换公式

1 1 ? ? 1 ? ?? ? ?? 3 2 6 ? ? x? ? ? ? x? ? 2 ? ? ? ? ? y ? ? ?? 1 0 ? ? ( y? ? ? ? ? ? ? 3 6? ? ? ? ? ? ? z? ? ?z? ? ? 1 1 1 ? ? ? ? ? ?? ? ?? 3 2 6 ? ? ? 1 1 ? ? 1 ? 1? ?? ? ? 3 2 6 ? ? ? ?x ? ? 2? ? ? 1 2 ?? ? ? ? ?? 0 ? ? ? y? ? ? ? 1 ? . 3 6? ? ? z? ? ? 1 ? ? ? 1 1 1 ?? ? ? ? 2 ? ?? ? 3 2 6 ? ?
7. 在右手直角坐标系 Oxyz 中,方程

1 ? ? 3? 1 ? ?) 2? 2 ? ? 6?

9 x 2 ? 25 y 2 ? 16z 2 ? 24 xz ? 80 x ? 60z ? 0
表示什么曲面? 解:将方程 9 x 2 ? 25 y 2 ? 16z 2 ? 24 xz ? 80 x ? 60z ? 0 进行配方, 由于平面 3 x ? 4z ? 0, y ? 0, 4 x ? 3z ? 0, 两 (3 x ? 4z )2 ? 25 y 2 ? 20(4 x ? 3z ) ? 0 , 两垂直,所以将它们分别作为新坐标系的坐标平面 y?O?z?, x?O?z?, x?O?y? ,于是作坐标变 换:

1 ? ? x? ? 5 (3 x ? 4 z ), ? 将它们代入方程得到 x?2 ? y? 2 ? 4z? ? 0, 因此该方程表示双曲抛 ? y? ? y , ? 1 ? z ? ? (4 x ? 3 z ), 5 ?
物面。 8.已知 e ? r , e ? 1 ,将 r 绕 e 右旋角度 ? 得 r1 ,试用, r , ? 表示 r1 。 解:如下图由于 e 是单位向量,且 e ? r , 所以 r 绕 e 右旋角度

?
2

得到 e ? r ,三向量 r ,

e
e?r
?
r1

r

r1 , e ? r 共 面 且 有 相 同 的 模 长 , 于 是 r1 可 表 示 为 r 与 e ? r 的 线 性 组 合 , 即

r1 ? kr ? le ? r ,分别与 r , e ? r 作内积,得到 k ? cos ? , l ? sin? ,故
r1 ? cos? r ? sin? e ? r .
9.将右手直角坐标系 ? 1 ? {O; e1 , e2 , e3 } 绕方向 v ? (1,1,1) 右旋

?
3

,原点不动,得坐标

? , e2 ? , e3 ? } ,求 ? 1 到 ? 2 的点的坐标变换公式。 系 ? 2 ? {O; e1
解:先考虑一个向量 r 绕另一个向量 v 右旋 ? 得到的向量 r1 的表达式,

r?

v
?
r1

r1?

r

r1?
v r ?v r ?v ? r ?. 而 r ? ? r ? 2 v , r1? ? r1 ? 2 v ,所以 v v v
r ?v v
2

过 r 的终点作垂直于 v 的向量 r ? ,绕 v 右旋 ? 得到的向量 r1? ,r1? 的终点就是 r1 的终点, 于是 r1? ? cos ? r ? ? sin ?

r1 ? cos ? r ? (1 ? cos ? )

v ? sin ?

v?r . v

由此表达式 e1 , e2 , e3 绕方向 v ? (1,1,1) 右旋

?

3 2 2 1 1 2 2 2 1 2 ? ? e1 ? e2 ? e3 , e2 ? ? ? e1 ? e2 ? e3 , e3 ? ? e1 ? e2 ? e3 , e1 3 3 3 3 3 3 3 3 3

得到

所以坐标变换为

? x? ? 2 ?1 2 ? ? x ? ? ? y? ? 1 ? 2 ? ?? 。 2 ?1? ? ? 3? ??y ? ? ? 2? ?z? ? ? ?1 2 ?? ? z? ? ?
10. 设 l1 与 l 2 是两条不垂直的异面直线,分别通过 l1 和 l 2 作两个互相垂直的平面,证明交 线的轨迹是单叶双曲面。 解: 设异面直线的距离为 2a , 夹角为 2? , 0 ? ? ?

?
4

, 建直角坐标系使得公垂线为 x 轴,

公垂线段的中点为坐标原点,两异面直线在 yOz 坐标面上的投影的两角平分线为坐标轴, 则两直线的方程可表示为

? x ? a ? 0, ? x ? a ? 0, l1 : ? l2 : ? ? y ? z tan ? ? 0, ? y ? z tan ? ? 0,

通过 l1 和 l 2 的平面束方程分别为:

k ( x ? a ) ? y ? z tan ? ? 0, l ( x ? a ) ? y ? z tan ? ? 0, 要使得两平面垂直,则有 ( k ,1, ? tan ? ) ? ( l ,1, tan ? ) ? 0, 即 kl ? 1 ? tan2 ? ? 0, 于 是 相 交 直 线 的 轨 迹 满 足 k l( x? a ) ( x? a )? ( y ? zt a? n ) (y ? z t? a n ?) 因而 0,

(1 ? tan2 ? ) x 2 ? y 2 ? z 2 tan2 ? ? (1 ? tan2 ? )a 2 ,
所以交线的轨迹是单叶双曲面。

习题 4.3
1.利用不变量求下列曲面的简化方程: (1) 11 x 2 ? 10 y 2 ? 6z 2 ? 12 xy ? 8 yz ? 4 xz ? 72 x ? 72 y ? 36z ? 150 ? 0; (2) x 2 ? 3 y 2 ? z 2 ? 2 xy ? 2 yz ? 2 xz ? 2 x ? 4 y ? 4z ? 12 ? 0; (3) xy ? yz ? xz ? a 2 ? 0; (4) 9 x 2 ? 4 y 2 ? 4z 2 ? 12 xy ? 8 yz ? 12 xz ? 4 x ? y ? 10z ? 1 ? 0; (5) 2 y 2 ? 4 xz ? 2 x ? 4 y ? 6z ? 5 ? 0. 解: (1)二次曲面的矩阵:

? 11 ? ?6 A? ? ?2 ? ? 36
计算不变量

?6 10 ?4 ?36

2 ?4 6 18

36 ? ?36 ? ?, 18 ? ? 150 ?

I1 ? 11 ? 10 ? 6 ? 27, I 2 ? 11 I 3 ? ?6 2 ?6 10 ?4 2

11 ?6

?6 10

?

11 2 2 11 6

?

10 ?4

?4 6 2 ?4 6 18

? 180, 36 ?36 ? ?12 ? 4 ? 81. 18 150

?6 10 ?4 ?36

?6 ?4 ? 4 ? 81 ? 324, I 4 ? 2 6 36

特征方程是 ?? 3 ? 27? 2 ? 180? ? 324 ? 0, 即 (? ? 3)(? ? 6)(? ? 18) ? 0, 特征根为 ?1 ? 3, ?2 ? 6, ?3 ? 18,

I4 ? ?12, I3

于是,简化方程为 3 x?2 ? 6 y? 2 ? 18z? 2 ? 12 ? 0. 即 x?2 ? 2 y? 2 ? 6z?2 ? 4 ? 0. (2)二次曲面的矩阵:

?1 ?1 A? ? ?1 ? ? ?1
计算不变量

1 3 1 2

1 1 1 2

? 1? 2? ?, 2? ? 12 ?

I1 ? 1 ? 3 ? 1 ? 5, I 2 ? 1 1 1

1 1 1 3 1

? 1

1 1 1 1 1

?

3 1 1 1

? 4,

?1

1 3 1 2 I 3 ? 1 3 1 ? 0, I 4 ? ? ?18. 1 1 1 2 1 1 1 ?1 2 2 12
特征方程是 ?? 3 ? 5? 2 ? 4? ? 0, 即 ? (? ? 1)(? ? 4) ? 0, 特征根为 ?1 ? 1, ?2 ? 4, ?3 ? 0,

I 4 ?18 9 ? ?? , I2 4 2

于是,简化方程为 x? 2 ? 4 y? 2 ? 3 2z? ? 0. (3)二次曲面的矩阵:

? ?0 ? ?1 A ? ?2 ? ?1 ?2 ?0 ?

1 2 0 1 2 0

1 2 1 2 0 0

? 0 ? ? 0 ? ?, ? 0 ? ? ?a 2 ? ?

计算不变量

0 I1 ? 0, I 2 ? 3 1 2

1 2 0

??

3 , 4 1 2 0 1 2 0 1 2 1 2 0 0 0 0 0 ?a 2 ?? a2 . 4

0 I3 ? 1 2 1 2

1 2 0 1 2

0 1 2 1 1 1 ? ,I ? 2 2 4 4 1 0 2 0

特征方程是 ? ? 3 ?

3 1 ? ? ? 0, 即 (? ? 1)(2? ? 1)2 ? 0, 4 4

特征根为 ?1 ? 1, ?2 ? ?3 ? ? 于是,简化方程为 x? 2 ? (4)二次曲面的矩阵:

1 I4 , ? ?a 2 , 2 I3

1 2 1 2 y? ? z? ? a 2 ? 0. 2 2

?9 ? ?6 A? ? ?6 ? ? 2 ? ?

6 4 4 1 2

6 4 4 5

2? 1? ? 2? , 5? ? ? 1? ?

计算不变量

I1 ? 9 ? 4 ? 4 ? 17, I 2 ?

9 6 9 6 4 4 ? ? ? 0, 6 4 6 4 4 4
9 6 4 4 1 2 6 4 4 5 2 1 2 ? 0. 5 1

9 6 6 6 I 3 ? 6 4 4 ? 0, I 4 ? 6 6 4 4 2

9 K2 ? 6 2

6 4 1 2

2 4 9 6 2 1 ?6 4 5? 4 2 2 5 1 1 1 2

4 4 5

1 2 833 5 ?? , 4 1

特征方程是 ?? 3 ? 17? 2 ? 0, 特征根为 ?1 ? 17, ?2 ? ?3 ? 0,

K2 49 ?? , I1 4

于是,简化方程为 17 x? 2 ? 7 y? ? 0. (5)二次曲面的矩阵:

?0 ?0 A? ? ?2 ? ?1

0 2 0 ?2

2 0 0 3

1? ?2 ? ?, 3? ? 5?

计算不变量

I1 ? 2, I 2 ? 0 I3 ? 0 2 0

0 0 2

0 2

?

0 2

2 0

? 0

2 0 0 0 2 0 ?2 0

? ?4, 2 0 0 3 1 ?2 ? 0. 3 5

0 2 0 ? ?8, I 4 ? 2 0 0 1

特征方程是 ?? 3 ? 2? 2 ? 4? ? 8 ? 0, 即 (? ? 2)2 (? ? 2) ? 0, 特征根为 ?1 ? ?2 ? 2, ?3 ? ?2,

I4 ? 0, I3

于是,简化方程为 2 x?2 ? 2 y?2 ? 2z?2 ? 0. 即 x?2 ? y? 2 ? z? 2 ? 0.

2 2.证明:二次曲面为圆柱面的条件为 I3 ? 0, I1 ? 4I 2 , I4 ? 0 。

证明:用不变量表示的圆柱面的简化方程是

?1 x 2 ? ?2 y 2 ?

K2 ? 0 ,于是 I 3 ? I4 ? 0, 特征方程 ?? 3 ? I1? 2 ? I 2? ? 0 有两个相 I2

2 同的根,即 ? 2 ? I1? ? I2 ? 0 有两个相同的根,因而 I1 ? 4I2 .

3.求 a , b 之值,使二次曲面

x 2 ? y 2 ? z 2 ? 2axz ? 2byz ? 2 x ? 4 y ? 2z ? 0
表示二次锥面。 解:二次锥面的不变量 I 3 ? 0, I 4 ? 0, 所以

1 0 0 1 I4 ? a b ?1 ?2
4.求出曲面方程

a ?1 b ?2 ? 4a 2 ? b 2 ? 4ab ? 2a ? 4b ? 4 ? 0. ?1 1 1 0

(ax ? by ? cz ? d )(a1 x ? b1 y ? c1 z ? d1 ) ? 0
的简化方程。 解:设平面:

f ( x, y, z ) ? ax ? by ? cz ? d ? 0, f1 ( x, y, z ) ? a1 x ? b1 y ? c1z ? d1 ? 0
两平面的法向量为 n ? (a, b, c), n1 ? (a1 , b1 , c1 ), 如果两平面重合,则简化方程为

n x? 2 ? 0 ,其中 x? ?

2

ax ? by ? cz ? d . n

如 果 两 平 面 平 行 不 重 合 , 则 n ? (a, b, c), n1 ? (a1 , b1 , c1 ) 共 线 , 令

x? ?

d ax ? by ? cz 1 d ? ( ? 1 ), n 2 n n1 d 1 d 1 d d ( ? 1 )),f1 ( x , y, z ) ? n1 ( x? ? ( 1 ? )), 所以 2 n n1 2 n1 n

?? 于是 f ( x , y, z )? n ( x

简化方程为 n n1 ( x? 2 ?

d 1 d ( ? 1 )2 ) ? 0. 4 n n1

如果两平面不平行,则以它们的角平分面为新坐标面建立新坐标系,单位法向量记为
0 ,因而角平分面的方程为 n0 , n1

f ( x, y, z ) f1 ( x, y, z ) f ( x , y , z ) f1 ( x , y , z ) ? ? 0, ? ? 0, 它 们 的 法 向 量 分 别 是 n n1 n n1
0 y?O?z? 面,后一个角平分面为 x ?O ?z ? 面,因而令 n0 ? n10, n 0? n1 。前一个角平分面为

1 f ( x , y , z ) f1 ( x , y , z ) ? ? ), ? x ? ? n0 ? n0 ( n n1 1 ? ? 1 f ( x , y , z ) f1 ( x , y , z ) ? y? ? ( ? ), 0 0 ? n n1 n ? n 1 ?
于是简化方程为

n n1 4

0 0 ( n0 ? n1 x? 2 ? n0 ? n1

2

2

y? 2 ) ? 0.

5.证明:在直角坐标系 Oxyz 中,顶点在原点的二次锥面

a11 x 2 ? a22 y 2 ? a33 z 2 ? 2a12 xy ? 2a23 yz ? 2a13 xz ? 0
有三条互相垂直的直母线的充分必要条件是 a11 ? a22 ? a33 ? 0 。 证明:必要性,因为二次锥面的顶点为原点,且有三条互相垂直的直母线,所以选取该 三条直母线为新坐标系(原点不变)的坐标轴,新坐标系下的方程变为:

? x?2 ? a22 ? y?2 ? a33 ? z?2 ? 2a12 ? x?y? ? 2a23 ? y?z? ? 2a13 ? x?z? ? 0 a11
新坐标系下的点 (1, 0, 0),(0,1, 0),(0, 0,1) 都在曲面上, 应满足上述曲面的方程, 因而得

? ? 0, a22 ? ? 0, a33 ? ? 0 ,即不变量 I1 ? a11 ? a22 ? a33 ? 0. 到 a11
充分性,因为曲面是二次锥面,所以可以选取适当的直角坐标系使曲面的方程是

a 2 x?2 ? b2 y?2 ? c 2 z?2 ? 0, 且不变量 I1 ? a 2 ? b 2 ? c 2 ? 0, 其上选点 (c , 0,a ) 即一直

母线 l1 的方向向量,则由向量 ( ?ab, c 4 ? a 4 , bc ) 确定的直母线 l 2 与直母线 l1 垂直。现在 以这两条直母线为新坐标系的坐标轴 x ?, y ? 轴,在此坐标系下的点 (1, 0, 0),(0,1, 0) 在曲面

?? ? 0. 由 ?? z??2 ? 2a12 ?? x??y?? ? 2a23 ?? y??z?? ? 2a13 ?? x??z?? ? 0 , I1 ? a33 上,所以曲面的方程为 a33
此可见点 (0, 0,1) 也在曲面上,它决定的直母线 l 3 与直母线 l1 、 l 2 都垂直,故曲面上有三条 互相垂直的直母线。

习题 4.4
1.求下列曲面的中心 (1) 14 x 2 ? 14 y 2 ? 8z 2 ? 8 xy ? 4 xz ? 4 yz ? 18 x ? 18 y ? 5 ? 0; (2) 5 x 2 ? 26 y 2 ? 10z 2 ? 6 xy ? 14 xz ? 4 yz ? 8 x ? 18 y ? 10z ? 4 ? 0; (3) x 2 ? y 2 ? z 2 ? 2 xy ? 2 xz ? 2 yz ? 2 x ? 2 y ? 2z ? 3 ? 0. 解: (1)曲面的中心满足

?14 x ? 4 y ? 2 z ? 9 ? 0, 1 1 ? ? ?4 x ? 14 y ? 2 z ? 9 ? 0, 此方程组有唯一解 ( ? , , 0) ,即为中心。 2 2 ? ?2 x ? 2 y ? 8 z ? 0, ?
(2)曲面的中心满足

? 5 x ? 3 y ? 7 z ? 4 ? 0, ? x ? 6 y ? 2z ? 1 ? 0, ? 表示中心在该直线上。 ? 3 x ? 26 y ? 2 z ? 9 ? 0, 它等价于 ? 11 y ? z ? 3 ? 0, ? ? 7 x ? 2 y ? 10 z ? 5 ? 0, ?
(3)曲面的中心满足

? x ? y ? z ? 1 ? 0, ? ? ? x ? y ? z ? 1 ? 0, 等价于 x ? y ? z ? 1 ? 0 ,表示中心在此平面上。 ? x ? y ? z ? 1 ? 0, ?
2.判断下列各二次曲面何者是中心曲面, 何者是非中心曲面, 并进一步区分是线心曲面、 面心曲面还是无心曲面。 (1) 3 x 2 ? 5 y 2 ? 3z 2 ? 4 xy ? 2 xz ? 2 yz ? 2 x ? 12 y ? 10z ? 20 ? 0; (2) 2 x 2 ? 18 y 2 ? 8z 2 ? 12 xy ? 24 yz ? 8 xz ? 5 x ? 15 y ? 10z ? 2 ? 0; (3) 4 x 2 ? y 2 ? z 2 ? 2 yz ? 8 x ? 4 y ? 8z ? 2 ? 0. 解: (1)曲面的矩阵

?3 ? ?2 A? ? ?1 ? ?1

?2 5 ?1 6

1 1? 3 ?1 6 ? ? ,不变量 I ? ?2 3 3 5? 1 ? 5 20 ?

?2

1

5 ?1 ? 29 ? 0, 曲面是中心曲面。 ?1 3

(2)曲面的矩阵

? ? 2 ? ? ?6 A? ? ? ? ?4 ? 5 ?? ? 2

?6 18 12 15 2

?4 12 8 5

5? ? ? 2 ? 2 15 ? 2 ? ,不变量 I 3 ? ?6 ? 5 ? ?4 ? 2 ? ?

?6 5 12

?4 12 ? 0, 所以曲面是非中心曲 8

面。曲面的中心满足

5 ? ? 2 x ? 6 y ? 4 z ? 2 ? 0, ? 15 ? ? 0, 方程组等价于 ?4 x ? 12 y ? 8z ? 5 ? 0, 即中心在一个平 ? ?6 x ? 18 y ? 12 z ? 2 ? ? ?4 x ? 12 y ? 8 z ? 5 ? 0, ? ?
面上,所以是面心曲面。 (3)曲面的矩阵

?4 ?0 A? ? ?0 ? ? ?4
中心满足

0 ?1 1 ?2

0 ?4 ? 4 1 ?2 ? ? ,不变量 I ? 0 3 ?1 4 ? 0 ? 4 ?2 ?

0

0

?1 1 ? 0, 曲面是非中心曲面,曲面 1 ?1

? 4 x ? 4 ? 0, ? ? ? y ? z ? 2 ? 0, 方程组无解,所以曲面是无心曲面。 ? y ? z ? 4 ? 0, ?
3.求下列各二次曲面的渐近锥面: (1) 2 xz ? y 2 ? 2z 2 ? 1 ? 0; (2) x 2 ? y 2 ? z 2 ? 4 xy ? 4 xz ? 4 yz ? 3 ? 0; (3) 5 x 2 ? 9 y 2 ? 9z 2 ? 12 xy ? 6 xz ? 12 x ? 36z ? 0. 解: (1)曲面的不变量

0 0

1

I 3 ? 0 1 0 ? ?1 ? 0, 所以曲面是中心曲面,有渐近锥面,曲面的中心为原点,故 1 0 ?2
渐近锥面方程为 2 xz ? y 2 ? 2z 2 ? 0. (2)曲面的中心满足

? x ? 2 y ? 2 z ? 0, ? ? ?2 x ? y ? 2 z ? 0, 原 点 是 它 的 唯 一 解 , 曲 面 是 中 心 曲 面 , 故 渐 近 锥 面 方 程 为 ? ?2 x ? 2 y ? z ? 0, ?
x 2 ? y 2 ? z 2 ? 4 xy ? 4 xz ? 4 yz ? 0.
(3)曲面的不变量

5 I 3 ? ?6 ?3

?6 9 0

?3 0 ? 0, 所以曲面是非中心曲面,因此没有渐近锥面。 9

习题 4.5
1.求下列二次曲面的奇向 (1) 9 x 2 ? 4 y 2 ? 91z 2 ? 18 xy ? 40 yz ? 36 ? 0; (2) x 2 ? y 2 ? 4z 2 ? 2 xy ? 4 xz ? 4 yz ? 4 x ? 4 y ? 8z ? 0. 解: (1)曲面的不变量

9

9

0

I 3 ? 9 ?4 ?20 ? 0, 所以曲面没有奇向。 0 ?20 ?91
(2)曲面的不变量

1 I3 ? 1 ?2

1 1 ?2

? x ? y ? 2 z ? 0, ? 奇向满足方程组 ? x ? y ? 2 z ? 0, 等价 ?2 ? 0, 所以曲面有奇向, ? ?2 x ? 2 y ? 4 z ? 0, 4 ?

?2

于 x ? y ? 2z ? 0, 所以平行于平面 x ? y ? 2 z ? 0 的方向都是奇向。 2.已知曲面 x 2 ? 2 y 2 ? z 2 ? 2 xy ? 2 yz ? 2 xz ? 4 x ? 1 ? 0 , 求与方向 1 : ( ?1) : 0 共轭 的直径面方程。 解:曲面的矩阵

?1 ? ?1 A? ? ?1 ? ? ?2

?1 1 ?2 ? 2 ?1 0 ? ? ,与方向 1 : ( ?1) : 0 共轭的直径面方程 ?1 ?1 0 ? ? 0 0 ?1 ?

x ? y ? z ? 2 ? ( ? x ? 2 y ? z ) ? 0 ,即 2 x ? 3 y ? 2z ? 2 ? 0 。
3. 已知曲面 4 x 2 ? y 2 ? z 2 ? 4 xy ? 4 xz ? 2 yz ? x ? y ? 1 ? 0 ,求过原点的直径面。 解:曲面的矩阵

? ?4 ? ?2 A? ? ? ? ?2 ?1 ? ?2

2 1 ?1 1 ? 2

?2 ?1 1 0

1 ? 2 ? ? 1? ? 2 ? ,则与方向 X : Y : Z 共轭的直径面是 ? 0 ? ? 1 ? ?

1 1 X (4 x ? 2 y ? 2 z ? ) ? Y (2 x ? y ? z ? ) ? Z ( ?2 x ? y ? z ) ? 0 ,因为经过原点, 2 2 1 1 所以, X ? Y ? 0 即 X ? Y , 代入直径面的方程中得到 (3 X ? Z )(2 x ? y ? z ) ? 0, 由 2 2 此得直径面的方程 2 x ? y ? z ? 0.
4.求曲面 S1 : x 2 ? y ? z ? 0, S2 : x 2 ? y 2 ? z 2 ? 2 x ? 2 y ? 2z ? 0 的公共的直径面。 解:因为有中心的曲面的直径面都要经过中心,所以求出曲面的中心就可以解决问题。

1 1 S1 : x2 ? y ? z ? 0 与 方 向 X : Y : Z 共 轭 的 直 径 面 方 程 Xx ? Y ? Z ? 0 。 2 2

S2 : x 2 ? y 2 ? z 2 ? 2 x ? 2 y ? 2z ? 0 的中心满足方程组 x ? 1 ? 0, y ? 1 ? 0, z ? 1 ? 0 ,
即中心是 (1,1,1) ,该中心应该在直径面上,所以 X ?

1 1 Y ? Z ? 0 ,故公共的直径面方 2 2

程是 x ? 1 ? 0. 5.求下列二次曲面的主方向与主径面,并且求出直角坐标变换,写出简化方程。 (1) 14 x 2 ? 14 y 2 ? 8z 2 ? 4 yz ? 4 xz ? 8 xy ? 18 x ? 18 y ? 5 ? 0; (2) 3 x 2 ? 5 y 2 ? 3z 2 ? 2 xy ? 2 xz ? 2 yz ? 2 x ? 12 y ? 10z ? 20 ? 0. 解: (1)曲面的矩阵

? 14 ? ?4 A? ? ? ?2 ? ?9

?4 14 ?2 ?9

?2 ?2 8 0

9? ?9 ? ?, 0? ? 5?

不变量 I1 ? 36, I 2 ?

14 ?4 14 ?2 14 ?2 ? ? ? 396, I 3 ? 362 , ?4 14 ?2 8 ?2 8
9 ?9 ? ?4 ? 362 . 0 5

14 ?4 I4 ? ?2 9

?4 14 ?2 ?9

?2 ?2 8 0

特征方程是 ?? 3 ? 36? 2 ? 396? ? 362 ? 0,即 (? ? 6)(? 2 ? 30? ? 216) ? 0, 特征根 是 ?1 ? 6, ?2 ? 12, ?3 ? 18. 简化方程是 6 x? 2 ? 12 y? 2 ? 18z? 2 ? 4 ? 0. 特征根 ?1 ? 6 的主方向满足方程组

? 8 X ? 4Y ? 2 Z ? 0, ? ? ?4 X ? 8Y ? 2 Z ? 0, 得到主方向 X : Y : Z ? 1 : 1 : 2 , ?4 (1,1, 2) ? 0 对应的主经 ? ?2 X ? 2Y ? 2 Z ? 0 ?
面是 x ? y ? 2z ? 0. 特征根 ?2 ? 12 的主方向满足方程组

? 2 X ? 4Y ? 2 Z ? 0, ? ? ?4 X ? 2Y ? 2 Z ? 0, 得到主方向 X : Y : Z ? 1 :1 : ( ?1) , ?4 (1,1, ?1) ? 0 对应的 ? ?2 X ? 2Y ? 4 Z ? 0 ?
主经面是 x ? y ? z ? 0. 特征根 ?3 ? 18 的主方向满足方程组

? ?4 X ? 4Y ? 2 Z ? 0, ? ? ?4 X ? 4Y ? 2 Z ? 0, 得到主方向 X : Y : Z ? 1 : ( ?1) : 0 , ?4 (1, ?1,0) ? 18 对应 ? ?2 X ? 2Y ? 10 Z ? 0 ?
的主经面是 x ? y ? 1 ? 0. 曲面的中心是 ( , ?

1 2

1 , 0) ,直角坐标变换是 2

? ? ? x? ? ? y? ? ? ? ? ? ? ?z? ? ? ? ? ?

1 6 1 6 2 6 ?

1 3 1 3 1 3

1 ? ? 1 ? ? ? ? 2 ? ? ?x ? ? 2 ? 1 ? ? ? ? 1? ? . ? y? ? ? 2 ? ? ? ? 2? ? z? ? ? ? ?? ? ? 0 ? 0 ? ? ? ? ? ?

(2)曲面的矩阵

1? ? 3 ?1 1 ? ?1 5 ?1 6 ? ?, A? ? ? 1 ?1 3 5? ? ? 6 5 20 ? ?1
不变量 I1 ? 11, I 2 ?

3 ?1 3 1 5 ?1 ? ? ? 36, I 3 ? 36, ?1 5 1 3 ?1 3

3 ?1 1 1 ?1 5 ?1 6 I4 ? ? ?36. 1 ?1 3 5 1 6 5 20
特 征 方 程 是 ?? 3 ? 11? 2 ? 36? ? 36 ? 0, 即 (? ? 6)(? 2 ? 5? ? 6) ? 0, 特 征 根 是

?1 ? 2 , ?2 ? 3 ,?3?

简化方程是 6 . 2 x?2 ? 3 y?2 ? 6z?2 ? 1 ? 0.

特征根 ?1 ? 2 的主方向满足方程组

? X ? Y ? Z ? 0, ? ? ? X ? 3Y ? Z ? 0, 得到主方向 X : Y : Z ? 1 : 0 : (? 1), ?4 (1,0, ?1) ? ?4 对应的 ?X ?Y ? Z ? 0 ?
主经面是 x ? z ? 2 ? 0. 特征根 ?2 ? 3 的主方向满足方程组

? ?Y ? Z ? 0, ? ? ? X ? 2Y ? Z ? 0, 得到主方向 X : Y : Z ? 1 : 1 : 1 , ?4 (1,1,1) ? 12 对应的主经面 ?X ?Y ? 0 ?
是 x ? y ? z ? 4 ? 0. 特征根 ?3 ? 6 的主方向满足方程组

? ?3 X ? Y ? Z ? 0, ? ?4 (1, ?2,1) ? ?6 对应的主 ? ? X ? Y ? Z ? 0, 得到主方向 X : Y : Z ? 1 : ( ?2) :1 , ? X ? Y ? 3Z ? 0 ?
经面是 x ? 2 y ? z ? 1 ? 0. 曲面的中心是 ( ?

1 5 13 , ? , ? ) ,直角坐标变换是 6 3 6

? 1 ? 2 ? x? ? ? y? ? ? 0 ? ? ? ? ?z? ? ? ? 1 ?? 2 ?

1 3 1 3 1 3

1 ? ? 1? ? ??6 ? 6 ? ? ?x ? ? ? 2 ?? ? ? 5 ? ? . ? y? ? ? 6?? ? ? 3 ? ? z? ? ? ? 1 ? ? ? ? ? 13 ? ? ? ? 6? ? 6 ?

6.证明:过中心曲面的中心的任何平面都是直径面。 证明:设中心曲面的中心为原点,则过曲面的中心的平面方程为: Ax ? By ? Cz ? 0 。 因为中心曲面的不变量 I 3 ? 0 ,所以与任何方向 X : Y : Z 共轭的直径面均存在,可设为

?1 ( X ,Y , Z ) x ? ?2 ( X ,Y , Z ) y ? ?3 ( X ,Y , Z )z ? 0 。
由于 I 3 ? 0 ,所以方程组

? ?1 ( X , Y , Z ) ? kA, ? ? ? 2 ( X , Y , Z ) ? kB , 有唯一解,即存在与方向 X : Y : Z 共轭的直径面就是所给的平 ? ? ( X , Y , Z ) ? kC , ? 3
面。 7.请写出二次曲线的弦、直径、奇向、共轭方向、共轭直径、对称轴、主轴与主方向的 定义。 解(略) 8.证明定理 4.5.2? 。 证明(略) 9.证明定理 4.5.3? 。 证明(略) 10.求二次曲线 5 x 2 ? 5 y 2 ? 6 xy ? 18 x ? 14 y ? 9 ? 0 的中心、主方向与主轴。 解:二次曲线的中心满足方程组:

3 1 ?5 x ? 3 y ? 9 ? 0, 有唯一解 ( ? , ) ,这就是中心。 ? 2 2 ? ?3 x ? 5 y ? 7 ? 0,
二次曲线的矩阵

?5 A? ? ? ?3 ? ?9

?3 5 ?7

9? , ?7 ? ? 9? ?

5 ?3 9 5 ?3 不变量 I1 ? 10, I 2 ? ? 16 ? 0, I 3 ? ?3 5 ?7 ? 162. ?3 5 9 ?7 9
特征方程: ? 2 ? 10? ? 16 ? 0 ,所以特征根是 ?1 ? 2, ?2 ? 8.

特征根 ?1 ? 2 对应的主方向满足:

? 3 X ? 3Y ? 0, 所 以 主 方 向 为 X : Y ? 1 : 1? , 3( 1 , 1 ?) 相 2应 , 的主轴是 ? ? ?3 x ? 3 y ? 0,
2( x? y ? ) ? 2 即 0x , ? y ? 1 ? 0.
特征根 ?2 ? 8 对应的主方向满足:

? ?3 X ? 3Y ? 0, 所 以 主 方 向 为 X : Y ? 1 : ( ?1), ?3 (1, ?1) ? 16, 相 应 的 主 轴 是 ? ? ?3 x ? 3 y ? 0,
8( x ? y ) ? 16 ? 0, 即 x ? y ? 2 ? 0.
11.已知曲线 xy ? y 2 ? 2 x ? 3 y ? 1 ? 0 的一条直径与 y 轴平行。求这条直径的方程, 并求出它的共轭直径。 解:曲线的矩阵是

1 ? ? ? 1? ?0 2 ? ? 0 1 3? ? ,不变量 I 2 ? A? ?1 ?2 1 2? ? ? 2 ? ? 1 3 ? 1? ? ? 2 ? ?
的直径:

1 2 ?1

??

1 ? 0, 所以任何方向 X : Y 都有共轭 4

Y 1 3 x ? ( X ? Y ) y ? ( ? X ? Y ) ? 0. 与 y 轴 x ? 0 平 行 的 直 径 应 满 足 2 2 2

1 X ? Y ? 0, 即 X : Y ? 2 : 1 ,所以直径方程是 x ? 1 ,直径的方向是 X : Y ? 0 : 1 ,与 2 1 3 该直径共轭的直径是 x ? y ? ? 0, 即 x ? 2 y ? 3 ? 0. 2 2
11. 通过两点 (0,1) 和 (1, 0) 的二次曲线 ? ,以两直线 x ? 2 y ? 1 ? 0, 2 x ? y ? 1 ? 0

为其一对共轭直径,求 ? 的方程。 解: 因为曲线关于直径在其共轭方向上具有对称性, 所以如果以共轭直径为仿射坐标轴, 则曲线的方程为 ax?2 ? by?2 ? c , 这相当于用仿射坐标变换 ? 因而曲线的方程可设为

? x? ? x ? 2 y ? 1 ? 0, 的结果, ? y? ? 2 x ? y ? 1 ? 0,

a( x ? 2 y ? 1)2 ? b(2 x ? y ? 1)2 ? c,
将 点 ( 0 , 1和 ) (1, 0) 代 入 上 述 方 程 , 则 有 ?

? a ( ?2 ? 1)2 ? b( ?1 ? 1) 2 ? c , ? 所以 2 2 ? ? a (1 ? 1) ? b(2 ? 1) ? c ,

a ? b, c ? 9a ,故所求曲线的方程是 ( x ? 2 y ? 1)2 ? (2 x ? y ? 1)2 ? 9.

习题 4.6
1.写出下列二次曲面在已知点处的切平面和法线的方程: (1) x 2 ? y 2 ? z ,点 (1, 2, 5); (2) x 2 ? y 2 ? z 2 ? 4 xy ? 4 xz ? 4 yz ? 2 x ? 2 y ? 18 ? 0 ,点 (1, 2, 3). 解: (1)点 (1, 2, 5) 在曲面 x 2 ? y 2 ? z 上,

F1 ( x , y , z ) ? x , F2 ( x , y , z ) ? y , F3 ( x , y , z ) ? ? F1 (1, 2, 5) ? 1, F2 (1, 2, 5) ? 2, F3 (1, 2, 5) ? ?
切平面方程是 1( x ? 1) ? 2( y ? 2) ? 法线方程是

1 2

1 2

1 ( z ? 5) ? 0 ,即 2 x ? 4 y ? z ? 5 ? 0. 2

x ?1 y ? 2 z ? 5 ? ? . 2 4 ?1 (2) F (1, 2, 3) ? ?6, 点 (1, 2, 3) 不在曲面上,所以过点 (1, 2, 3) 有曲面的切锥,

F1 ( x, y, z ) ? x ? 2 y ? 2z ? 1, F2 ( x, y, z ) ? ?2 x ? y ? 2z ? 1, F3 ( x, y, z ) ? ?2 x ? 2 y ? z ,

F1 (1, 2, 3) ? ?8, F2 (1, 2, 3) ? ?5, F3 (1, 2, 3) ? ?3,
切锥方程是

[?8( x ? 1) ? 5( y ? 2) ? 3( z ? 3)]2 ? 6[( x ? 1)2 ? ( y ? 2)2 ? ( z ? 3)2 ? 4( x ? 1)( y ? 2) ? 4( x ? 1)( z ? 3) ? 4( y ? 2)( z ? 3)] ? 0,
即 70 x 2 ? 31 y 2 ? 15z 2 ? 56 xy ? 24 xz ? 6 yz ? 324 x ? 198 y ? 126z ? 549 ? 0. 2.在曲面 x 2 ? 2 y 2 ? 3z 2 ? 2 xy ? 2 xz ? 4 yz ? 8 ? 0 上求一点, 使曲面在该点的切平面 平行于某一坐标面。 解:设切点是 ( x0 , y0 , z0 ) 则切平面方程是

( x ? x0 )F1 ( x0 , y0 , z0 ) ? ( y ? y0 )F2 ( x0 , y0 , z0 ) ? ( z ? z0 )F3 ( x0 , y0 , z0 ) ? 0,
(1)设切平面与 y ? 0 平行,则有

? x0 ? y0 ? z0 ? 0, ? ? x0 ? 2 y0 ? 3 z0 ? 0, 解得点是 ( ?2, 4, ?2) 。 ? F ( x , y , z ) ? 0, 0 0 0 ?
(2)设切平面与 x ? 0 平行,则有

? x0 ? 2 y0 ? 2 z0 ? 0, ? ? x0 ? 2 y0 ? 3 z0 ? 0, 解得点是 ( ?4, 2, 0) 。 ? F ( x , y , z ) ? 0, 0 0 0 ?
(3)设切平面与 z ? 0 平行,则有

? x0 ? y0 ? z0 ? 0, ? ? x0 ? 2 y0 ? 2 z0 ? 0, 解得点是 (0, ?2 2, 2 2) 。 ? F ( x , y , z ) ? 0, 0 0 0 ?

3.求与两直线 ?

? y ? 0, ? x ? 0, 及? 相切的诸球面的中心轨迹,其中 a 为已知实数。 ? z ? a, ? z ? ? a , ? y ? 0, ? x ? 0, 与球面的切点是 ( x0 , 0, a ) , 直线 ? ? z ? a, ? z ? ?a,

解: 设球面的球心是 ( l , m, n) , 直线 ?

? x ? x0 ? t , ? y ? 0, ? 与球面的切点是 (0, y0 , ?a ) 。直线 ? 的参数方程 ? y ? 0, , t ? 0 对应于切点, ? z ? a, ? z ? a, ?
2 2 将 参 数 方 程 代 入 球 面 方 程 中 有 ( x0 ? l ? t)2 ? m ,它有重根,则 ?( a ? n )2 ? R

x0 ? l , m2 ? (a ? n)2 ? R2 。
同理,得到 y0 ? m, l 2 ? (a ? n)2 ? R2 。两式中消去 R ,有 l 2 ? m2 ? 4an ? 0, 因此, 球心轨迹满足方程 x 2 ? y 2 ? 4az ? 0. 4.给定球面 x 2 ? y 2 ? z 2 ? 2 x ? 4 y ? 4z ? 40 ? 0 ,求 (1)过点 (1, 5, 4) 的切平面方程; (2)以 (2, 6,10) 为顶点的切锥面方程。 解: (1)点 (1, 5, 4) 在球面上,

F1 ( x, y, z ) ? x ? 1, F2 ( x, y, z ) ? y ? 2, F3 ( x, y, z ) ? z ? 2 ,
因而 F1 (1,5,4) ? 2, F2 (1,5,4) ? 3, F3 (1,5,4) ? 6, 切平面方程是

2( x ? 1) ? 3( y ? 5) ? 6( z ? 4) ? 0, 即 2 x ? 3 y ? 6z ? 41 ? 0.
(2) F1 (2,6,10) ? 3, F2 (2,6,10) ? 4, F3 (2,6,10) ? 12, F (2,6,10) ? 120, 所以以 (2, 6,10) 为顶点的切锥面方程是

[3( x ? 2) ? 4( y ? 6) ? 12( z ? 10)]2 ? 120[( x ? 2)2 ? ( y ? 6)2 ? ( z ? 10)2 ] ? 0.
5.证明平面 18 x ? 13 y ? 2z ? 12 ? 0 与二次曲面

x 2 ? 2 y 2 ? 6 xz ? 4 yz ? 2 y ? 4z ? 24 ? 0
相切,并求出切点坐标。 证明:设切点是 ( x0 , y0 , z0 ) ,则切平面是

( x ? x0 )( x0 ? 3z0 ) ? ( y ? y0 )(2 y0 ? 2z0 ? 1) ? ( z ? z0 )(3 x0 ? 2 y0 ? 2) ? 0
假设该平面就是 18 x ? 13 y ? 2z ? 12 ? 0 ,则

x0 ? 3 z0 2 y0 ? 2 z0 ? 1 3 x0 ? 2 y0 ? 2 y0 ? 2 z0 ? 24 ? ? ? 18 13 ?2 12 解得切点是 (0, 0, 6) ,故平面 18 x ? 13 y ? 2z ? 12 ? 0 是二次曲面的切平面。
6.求平面 ? x ? ? y ? z ? ? ? 0 与二次曲面 Ax 2 ? By 2 ? 2Cz 相切的条件。 解:设二次曲面 Ax 2 ? By 2 ? 2Cz 的切平面的切点是 ( x0 , y0 , z0 ) ,则切平面方程是

Ax0 x ? By0 y ? C ( z ? z0 ) ,设它就是平面 ? x ? ? y ? z ? ? ? 0 ,于是有
Ax0 ? By0 ?

?

?

?C ?C C ?Cz0 ,即有 x0 ? , y0 ? , z 0 ? ?? . 因为 ( x0 , y0 , z0 ) 在 ? A B 1 ?
) ? B(
2

曲面上,故 A(

?C
A

?C
B

) ? ?2C? , 即
2

?2
A

?

?2
B

?

2? ? 0. C

7.求二次曲面 x 2 ? 3 y 2 ? z 2 ? 2 ? 0 上具有方向 1 : 2 : 2 的切线的轨迹。 解:设具有方向 1:2:2 的直线 x ? x , y? y 2 ,t z? 0 z ?2 与 ,t 二 次 曲 面 0 ? t 0 ?

x 2 ? 3 y 2 ? z 2 ? 2 ? 0 相切,切点是 ( x0 , y0 , z0 ) 。将切线方程代入曲面方程有
( x0 ? t )2 ? 3( y0 ? 2t )2 ? ( z0 ? 2t )2 ? 2 ? 0,

2 2 ?7t 2 ? ( 2x y z t ) ? 2x y z ? 2? 0, 0 ? 12 0 ? 4 0 0 ? 3 0 ? 0

2 2 2 该方程的 t 有重根,由于 ( x0 , y0 , z0 ) 是切点,则 x0 ? 3 y0 ? z0 ? 2 ? 0, 于是

?7t 2 ? (2 x0 ? 12 y0 ? 4z0 )t ? 0, 因而 2 x0 ? 12 y0 ? 4z0 ? 0,现在从直线的方程中按
上述关系消去 x0 , y0 , z0 ,得到参数 t 的关系: ?7t ? x ? 6 y ? 2z , 代入直线方程中,则有 以下关系:

x0 ? x ?

x ? 6 y ? 2z 8 x ? 6 y ? 2z ? , 7 7 2( x ? 6 y ? 2 z ) 2 x ? 5 y ? 4 z y0 ? y ? ? , 7 7

z0 ? z ?

2( x ? 6 y ? 2 z ) 2 x ? 12 y ? 11z ? , 7 7

由于 ( x0 , y0 , z0 ) 满足曲面方程,所以这些切线的轨迹方程是

(8 x ? 6 y ? 2z )2 ? 3(2 x ? 5 y ? 4z )2 ? (2 x ? 12 y ? 11z)2 ? 98 ? 0.
第五章 正交变换和仿射变换

习题 5.1
1. 证明变换的乘法适合结合律,即 ? 1 (? 2? 3 ) ? (? 1? 2 )? 3 .

证明:设 ? i : S ? S , i ? 1, 2, 3. ,显然都是 S 的变换,对任给 a ? S ,有

[? 1 (? 2? 3 )](a) ? ? 1[(? 2? 3 )(a)] ? ? 1[? 2 (? 3 (a))], [(? 1? 2 )? 3 ](a) ? (? 1? 2 )[? 3 (a)] ? ? 1[? 2 (? 3 (a))],
因此 从而 2.

[? 1 (? 2? 3 )](a) ? [(? 1? 2 )? 3 ](a),

? 1 (? 2? 3 ) ? (? 1? 2 )? 3 .
求出平面上对直线 y ? x 的反射公式。

解: 在直角坐标系中, 设点 P ( x, y ) 关于直线 y ? x 的对称点是 P ?( x?, y?) , 则 P, P? 的 中点在直线 y ? x 上,且 PP ? 与直线垂直,因此有:

? x? ? x y? ? y ? , ? 2 ? 2 ? ?( x? ? x ) ? ( y? ? y ) ? 0,
得到

? x? ? y , ? x? ? ? 0 1 ? ? x ? 即平面上对直线 y ? x 的反射公式: ? ? ? ? ? ?? ?. ? y? ? x , ? y? ? ? 1 0 ? ? y ?
3. 设平面上直线 l 的方程 Ax ? By ? C ? 0 ,求平面对于直线 l 的反射的公式。

解: 在直角坐标系中, 设点 P ( x, y ) 关于直线 Ax ? By ? C ? 0 的对称点是 P ?( x?, y?) , 则 P , P ? 的中点在直线 Ax ? By ? C ? 0 上,且 PP ? 与直线垂直,因此有:

y? ? y ? x? ? x ?B ? C ? 0, ?A 2 2 ? ? ?( x? ? x ) B ? ( y? ? y ) A ? 0,
解此方程得到平面对于直线 l 的反射的公式:

1 ? x? ? 2 [( B 2 ? A2 ) x ? 2 ABy ? 2 AC ], 2 ? ? A ?B ? 1 ? y? ? [?2 ABx ? ( A2 ? B 2 ) y ? 2 BC ]. 2 2 ? ? A ?B
4. 设 l1 , l2 是平面上两条平行直线,而 ? 1 , ? 2 分别是平面对于直线 l1 , l2 的反射,证明

? 1? 2 是一个平移。
证明:以 l1 为 x 轴,建立直角坐标系,设 l 2 的方程是: y ? b ? 0 ,则平面对于直线 l1 的反射 ? 1 是 ?

? x? ? x , ? x? ? x , 面对于直线 l 2 的反射 ? 2 是 ? 设点 P ( x, y ) ,计算 ? y? ? ? y , ? y? ? 2b ? y.

? 1? 2 , ? 2 ( P ) 的坐标是 P ?( x, 2b ? y ) , [? 1? 2 ]( P ) ? ? 1 ( P?) 的坐标是 P ??( x , y ? 2b) ,
于是 ? 1? 2 的公式是 ?

? x? ? x , ,故 ? 1? 2 是以向量 v ? (0, ?2b) 的平移。 ? y? ? y ? 2b,

5.

设 ? 是平面的点变换, ? 的公式为

? x? ? ? 2 1 ? ? x ? ? ?1 ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ?, ? y ? ? 1 ?1 ? ? y ? ? 3 ?
问点 (1, 0),( ?1,1) 分别变成什么点,直线 x ? y ? 2 ? 0 变成什么图形? 解:将点 (1, 0),( ?1,1) 分别代入 ? 的公式中得到 (1, 4),( ?2,1) 。 从变换公式中求出 x , y 的表达式:

? x? ? ? ? ?y ? ? ?

1 ( x ? ? y? ? 2), 3 将它代入直线 x ? y ? 2 ? 0 中得到 1 ( x ? ? 2 y ? ? 7) 3

2 x? ? y? ? 1 ? 0. 因此直线 x ? y ? 2 ? 0 变成直线 2 x ? y ? 1 ? 0.
6. 求平面的点变换

? x? ? ? 2 3 ? ? x ? ? ?7 ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ? ? y ? ? 3 5 ? ? y ? ? ?9 ?

的逆变换。 解:矩阵 A ? ?

? 2 3? ? 5 ?3 ? ?1 ?1 ? ,用 A 左乘点变换的两边得到: ? 的逆矩阵是 A ? ? ? 3 2 3 5 ? ? ? ?

? 5 ?3 ? ? x? ? ? x ? ? 5 ?3 ? ? ?7 ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ?? ?, ? ?3 2 ? ? y? ? ? y ? ? ?3 2 ? ? ?9 ? ? x ? ? 5 ?3 ? ? x? ? ? 5 ?3 ? ? ?7 ? ? 5 ?3 ? ? x? ? ? 8 ? ? ??? ?? ? ? ? ?? ? ? ? ?? ? ? ? ? , ? y ? ? ?3 2 ? ? y? ? ? ?3 2 ? ? ?9 ? ? ?3 2 ? ? y? ? ? ?3 ?
将记号 x , y 与 x ?, y ? 互换得到逆变换

? x? ? ? 5 ?3 ? ? x ? ? 8 ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ?. ? y ? ? ?3 2 ? ? y ? ? ?3 ?
或将矩阵表示形式写成方程组的形式,解出 x , y 用 x ?, y ? 表示也可同样得到结论。 7. 在直角坐标系中,求出平面绕点 M0 ( x0 , y0 ) 旋转 ? 角的变换公式。

? , ?y ) 解 : 设 P ( x, y ) 绕 点 M0 ( x0 , y0 ) 旋 转 ? 角 后 的 点 是 P ?( x , 则

M0 P? ( x ?

0

x ,

? y

0

?( )y, ?0M ?P

因此 ? x 0 ?, x ? y 0 ) ,y

? x? ? x0 ? ? cos ? ? ? ??? ? y ? y0 ? ? sin ?

? sin ? ? ? x ? x0 ? ?, ?? cos ? ? ? y ? y0 ?

于是平面绕点 M0 ( x0 , y0 ) 旋转 ? 角的变换公式是:

? x? ? ? cos ? ? ?? ? ? ? y ? ? sin ?

? sin ? ? ? x ? ? 1 ? cos ? ?? ? ? ? cos ? ? ? y ? ? ? sin ?

sin ? ? ? x0 ? ?? ?. 1 ? cos ? ? ? y0 ?

8. 证明:平面绕原点旋转的集合是平面的一个变换群。 证明:记平面绕原点旋转的集合为 G 。恒等变换 I 是绕原点旋转角度上 0 的旋转,所以 恒等变换 I ? G 。 设 ? 1 , ? 2 分别是绕原点转角是 ?1 , ? 2 的旋转,则

?1 : ?

? x? ? ? cos ?1 ??? ? y? ? ? sin ?1 ? x? ? ? cos ? 2 ??? ? y? ? ? sin ? 2

? sin ?1 ? ? x ? ? ?, cos ?1 ? ? ? y? ? sin ? 2 ? ? x ? ? ?, cos ? 2 ? ? ? y?

?2 :?

设 P ( x, y ) , (? 1? 2 )( P ) 是 P ?( x?, y?) ,则

? x? ? ? cos ?1 ? ? ? ? ? sin ? ?y ? ? 1

? sin ?1 ? ? cos ? 2 ?? cos ?1 ? ? sin ? 2

? sin ? 2 ? ? x ? ? ? cos ? 2 ? ? ? y?

? cos(?1 ? ? 2 ) ? sin(?1 ? ? 2 ) ? ? x ? ?? ?? ? ? sin(?1 ? ? 2 ) cos(?1 ? ? 2 ) ? ? y ?
所以 ? 1? 2 绕原点转角是 ?1 ? ? 2 的旋转,即 ? 1? 2 ? G. 设 ? 分别是绕原点转角是 ? 的旋转,则转角为 ?? (或 2? ? ? )的旋转就是 ? 的逆变 换,因此 ? ?1 ? G 。 故平面绕原点旋转的集合是平面的一个变换群。 9. 证明:平面上运动的集合是平面的一个变换群。 证明:由于运动是旋转与平移的乘积,所以恒等变换 I 也是运动。 运动在直角坐标系下的表示公式是

? x? ? ? cos? ? ?? ? ? ? y ? ? sin?

? sin? ? ? x ? ? a ? ?? ? ? ? ?. cos ? ? ? y ? ? b ?

设 ? 1? 2 是两个运动,则

?1 : ?

? x? ? ? cos ?1 ??? ? y? ? ? sin ?1 ? x? ? ? cos ? 2 ??? ? y? ? ? sin ? 2

? sin ?1 ? ? x ? ? a1 ? ? ? ? ? ?, cos ?1 ? ? ? y ? ? b1 ? ? sin ? 2 ? ? x ? ? a2 ? ? ? ? ? ?, cos ? 2 ? ? ? y ? ? b2 ?

?2 :?

于是 ? 1? 2 的表示公式是

? 1? 2 : ?

? x? ? ? cos ?1 ??? ? y? ? ? sin ?1

? sin ?1 ? ? cos ? 2 ? (? cos ?1 ? ? sin ? 2

? sin ? 2 ? ? x ? ? a2 ? ? a1 ? ? ? ? ? ?) ? ? ? , cos ? 2 ? ? ? y ? ? b2 ? ? b1 ? ? sin ? 2 ? ? a2 ? ? a1 ? ?? ? ? ? ?, cos ? 2 ? ? b2 ? ? b1 ?

? cos(?1 ? ? 2 ) ? sin(?1 ? ? 2 ) ? ? x ? ? cos ? 2 ?? ?? ? ? ? ? sin(?1 ? ? 2 ) cos(?1 ? ? 2 ) ? ? y ? ? sin ? 2
因此乘积 ? 1? 2 也是运动。 设运动 ? 的表示公式是

? x? ? ? cos? ? ?? ? ? ? y ? ? sin? ? x ? ? cos ? ? ??? ? y ? ? ? sin?

? sin? ? ? x ? ? a ? ?? ? ? ? ?, cos ? ? ? y ? ? b ? sin? ? ? x? ? ? cos ? ?? ? ? ? cos ? ? ? y? ? ? ? sin? sin? ? ? a ? ?? ?, cos ? ? ? b ?

则解出 x , y 的表达式有:

? cos(?? ) ? sin(?? ) ? ? x? ? ? cos ? ?? ?? ? ? ? ? sin(?? ) cos(?? ) ? ? y? ? ? ? sin ?
因此 ? 有逆变换

sin? ? ? a ? ?? ?, cos ? ? ? b ? sin? ? ? a ? ?? ?. cos? ? ? b ?

? x? ? ? cos(?? ) ? sin(?? ) ? ? x ? ? cos ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ? y ? ? sin(?? ) cos(?? ) ? ? y ? ? ? sin?
故平面上运动的集合是平面的一个变换群。

习题 5.2
3? ,再平移 v ? (2, ?1) ,写出变换公式,并求出点 (0,1) 。 2 3? 解:平面绕原点旋转 ? ? 的变换 ? 1 : 2
1.平面绕原点旋转 ? ?

3? ? cos ? ? ?x ? 2 ? ?? ? ? ? y ? ? sin 3? ? ? 2

? sin

3? 2 3? cos 2

? ?? x ? ? 0 1?? x ? ?? ? ? ? ?? ?, ? ? y ? ? ?1 0 ? ? y ? ? ?

平移 v ? (2, ?1) 的变换 ? 2 :

? x? ? ? 1 0 ? ? x ? ? 2 ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ?, ? y ? ? 0 1 ? ? y ? ? ?1 ?
先绕原点旋转 ? ?

3? ,再平移 v ? (2, ?1) ,即为 ? 2? 1 : 2

? x? ? ? 1 0 ? ? 0 1 ? ? x ? ? 2 ? ? 0 1 ? ? x ? ? 2 ? ? ?? ? ? ?? ?? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ?, ? y ? ? 0 1 ? ? ?1 0 ? ? y ? ? ?1 ? ? ?1 0 ? ? y ? ? ?1 ?
于是点 (0,1) 经此变换后的对应点的坐标是 (3, ?1) 。 2.求把点 (3,1) 变成点 ( ?1, 3) 的绕原点的旋转,并求出曲线 y 2 ? x ? 8 y ? 18 ? 0 经此 旋转的对应曲线。 解:设平面绕原点旋转的变换 ? :

? x? ? ? cos ? ? ?? ? ? ? y ? ? sin? ? ?1 ? ? cos ? ? ??? ? 3 ? ? sin?

? sin ? ? ? x ? ? ? ? , 由于将点 (3,1) 变成点 ( ?1, 3) ,所以 cos ? ? ? y ? ? sin? ? ? 3 ? ? ? ? , 解此方程得到 sin? ? 1,cos ? ? 0 ,故变换是: cos ? ? ? 1 ?

? x? ? ? 0 ?1 ? ? x ? 曲线 y 2 ? x ? 8 y ? 18 ? 0 经此旋转的对 ? ?? ? ? ? ? ? , 即 x ? ? ? y , y? ? x 。 ? y ? ? 1 0 ?? y?
应曲线方程是 x?2 ? y? ? 8 x? ? 18 ? 0 ,即 x 2 ? y ? 8 x ? 18 ? 0 。 3.设正交变换 ? 在直角坐标系Ⅰ中的公式为

? ? x ? ? ? ? ?? ? ? ?y ? ? ? ?
若作直角坐标变换

2 2 2 2

?

2? ? 2 ? ? x ? ? ?3 ? ? ? ?? ?. 2 ?? y? ? 2 ? ? 2 ? 3? ? 2 ? ? x ? ? ?2 ? ? , ? ? ? ? ? 1 ?? ? y ? ? ?1 ? ? 2 ?

? ? x? ? ? ??? ? y? ? ? ?
求在新坐标系中的公式。

1 2 3 2

?

解:点 P ( x, y ) , P ?( x?, y?) 在新坐标系中的坐标分别记为 P( x, y) , P?( x?, y?) ,于 是有以下关系:

? ? x? ? ? ??? ? y? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

1 2 3 2

?

? 3? ? ? x ? ? ?2 ? ? x ? ? ? 2 ? ? ? ?, ? ? ? ? ? ? ? ? ? 1 ? y ? ? ?1 ? ? y ? ? ? ? ? 2 ? ?

1 2 3 2

?

3? ? 2 ? ? x ? ? ? ?2 ? ? , ? ? ? ? ? 1 ?? ? y ? ? ? ?1 ? ? 2 ? 3? ? 2 ? ? x ? ? ?2 ? ? ?3 ? ? ? ? ?) ? ? ? , ? ? ? 1 y 1 ?? ? ? ? 2? ? ? ? 2 ?

将它们代入变换公式中得到:

1 2 3 2

?

? 3? ? ? x? ? ? ?2 ? ? 2 ? ? ? ? ??? ? ? ? 1 ? y 1 ?? ? ? ? ? ? ? ? 2 ? ? 1 2 3 2 ? ?

2 2 2 2

?

2? ? ? ? 2 ? ? ( 2 ? ? ? ? 2 ? ?

1 2 3 2

?

? ? 两边左乘矩阵 ? ? ? ? ? ? x? ? ? ?? ? ? y? ? ? ? ? ? ? ?

? 1 3? ? ? 2 ? 的逆 ? 2 ? 1 ? 3 ? ?? 2 ? ? 2

3? ? 2 ? ,整理得到 1 ? ? 2 ?

2 2 2 2

2? ? 2 ?? x? 1 ? 6 3 ? 2 ? 2 ? 3 6 ? ? ? ?, ? ? ? 4?6? 3 2 ? 2 3 ? 6? y 2 ?? ? ? ? ? ? 2 ?

这就是变换在新坐标系中的公式。 4.平面上的点变换 ? 把直角坐标系Ⅰ变到直角坐标系Ⅱ, 并且使每一点 P 在Ⅰ下的坐标

与它的像 P ? 在Ⅱ下的坐标相同,则 ? 是正交变换。

? , e2 ? } ,并且 证明:设直角坐标系Ⅰ为 {O; e1 , e2 } ,直角坐标系Ⅱ为 {O?; e1
? ? a11e1 ? a21e2 , ? e1 ? a11 则过渡矩阵 A ? ? ? ? ? a12 e1 ? a22 e2 , ? a 21 ? e2 a12 ? ? 是正交矩阵。 a22 ?

? ? 再 设 OP ? xe1 ? ye2 , O? P? ? xe a1 x ? 1 a2 ) y 1 e ?( 1 ? ye 2 ?( 1
角坐标系Ⅰ下,

a x 21 ?

在 a ) y. e直 22 2

O?P? ? OP? ? OO? ? x?e1 ? y?e2 ? (ae1 ? be2 ) ? ( x? ? a)e1 ? ( y? ? b)e2 , 于 是 得 到
点变换在直角坐标系Ⅰ下的变换公式:

? : ? ? ? ? 11 ? y? ? ? a21

? x? ?

?a

a12 ? ? x ? ? a ? ? ? ? ? ? , 故该点变换是正交变换。 a22 ? ? ? y? ? b? ? x? ? ? a11 ? ?? ? ?a ? y ? ? 21 a12 ? ? x ? ? a ? ? ? ? ? ?, a22 ? ? ? y? ? b?

5. 设平面上的点变换 ? 在直角坐标系下的公式为

其中 A ? (aij ) 是正交矩阵,证明 ? 是正交变换。

? 的坐标 ( x1 ? , y1 ? ) , ? ( P2 ) ? P2? 的 证明:设两点 P , ? (P 1 ( x1 , y1 ), P 2 ( x2 , y2 ) 1) ? P 1 ? , y2 ? ) 。则 ? 坐标 ( x2
AT A ? I 。
两点的距离是

? ? x1 ? ? ? a11 ? x2 ?? ? ? y1 ?? ? y2 ? ? a21

a12 ? ? x 2 ? x1 ? ?? ?, 因为 A ? (aij ) 是正交矩阵,所以 a22 ? ? y 2 ? y1 ?

? ? x1 ? ) 2 ? ( y2 ? ? y1 ? ) 2 ? ? x2 ? ? x1 ? d 2 ( P1?, P2?) ? ( x2 ? ? x2 ? x1 ? ? x2 ? x1 ?a y2 ? y1 ? ? 11 ? a12 a21 ? ? a11 ?? a22 ? ? a21

?? ? x? ? x1 ? ? y1 ? ?? 2 y2 ? ? y1 ?? ? y2 ?

a12 ? ? x2 ? x1 ? ?? ? a22 ? ? y2 ? y1 ?

? 1 0 ? ? x2 ? x1 ? y2 ? y1 ? ? ? ?? ? 0 1 ? ? y2 ? y1 ?

? ( x2 ? x1 )2 ? ( y2 ? y1 )2 ? d 2 ( P 1, P 2 ).
故 ? 是正交变换。 6. 设 ? 1 和 ? 2 分别是平面上对于直线 l1 和 l 2 的反射,设 l1 与 l 2 交于 O 点,且夹角为 ? , 证明: ? 2? 1 是绕 O 点的旋转,转角为 2? 。

证 明 : 以 直 线 l1 为 x 轴 , O 点 为 坐 标 原 点 建 立 直 角 坐 标 系 , 设

? 1 ( P ) ? P?,? 2 ( P?) ? P??, 由 于 ? 1 和 ? 2 分 别 是 平 面 上 对 于 直 线 l1 和 l 2 的 反 射 , 则
? ? OP ? OP ??, 且 ?( POP ??) ? 2? , 所以 ? 2? 1 是绕 O 点转角为 2? 的旋转。 OP

此题也可以用写出变换公式来证明,请读者试一试。

习题 5.3
1.求把三点 (0, 0),(1,1)(1, ?1) 分别变到点 (2, 3),(2, 5),(3, 7) 的仿射变换。 解:设仿射变换是

? x? ? ? a11 ? ?? ? ?a ? y ? ? 21

a12 ? ? x ? ? a ? ? ? ? ? ?, a22 ? ? ? y? ? b?

依题意得到 a ? 2, b ? 3 ,且

? 2 ? ? a11 ? ? ? ?a ? 5 ? ? 21 ? 3 ? ? a11 ? ? ? ?a ? 7 ? ? 21

a12 ? ? 1 ? ? 2 ? ? 0 ? ? a11 ?? ? ? ? ?,即? ? ? ? a22 ? ? 1 ? ? 3 ? ? 2 ? ? a21 a12 ? ? 1 ? ? 2 ? ? 1 ? ? a11 ?? ? ? ? ?,即? ? ? ? a22 ? ? ?1 ? ? 3 ? ? 4 ? ? a21

a12 ? ? 1 ? ? ?, a22 ? ? ? 1? a12 ? ? 1 ? ? ?, a22 ? ? ? ?1 ?

解以上方程组得

? a11 ? ? a21

?1 a12 ? ? ?? 2 a22 ? ? ?3 ?

1? ? ? 2 , ? ?1 ? ?

于是仿射变换是

?1 ? x? ? ? ? ?? ? ? 2 ?y ? ?3 ?

1? ? ?? x ? ? 2? 2 ? ? ? ? ?. ?? y ? ? 3? ?1 ? ?

2.证明:在仿射变换下,两个不动点的连线上每一点都是不动点。 证 明 : 设 P1 , P2 是 仿 射 变 换 ? 的 两 个 不 动 点 , 则 ? ( P 设 1) ? P 1 ,? ( P 2) ? P 2. 则 ? (O) ? O?. P1 , P2 的连线上的任一点 P ,满足 OP ? tOP 1 ? (1 ? t )OP 2,

O?P? ? ? (OP ) ? ? (tOP 1 ? (1 ? t )OP 2 ) ? t? (OP 1 ) ? (1 ? t )? (OP 2)

? 2 ? O?P , ? tO?P 1 ? (1 ? t )O P
故 P 与 P ? 重合,即 P 是不动点。 3.求把三条直线 x ? 0, x ? y ? 0, y ? 1 ? 0 依次变到 3 x ? 2 y ? 3 ? 0, x ? 1 ? 0, 4 x ? y ? 9 ? 0 的仿射变换的公式。 解:两直线 x ? 0, x ? y ? 0 的交点是 A(0, 0) , 3 x ? 2 y ? 3 ? 0, x ? 1 ? 0 的交点是

A?(1, 0) ; x ? y ? 0, y ? 1 ? 0 的交点是 B(1,1) , x ? 1 ? 0, 4 x ? y ? 9 ? 0 的交点是 B?(1, ?5) ; x ? 0, y ? 1 ? 0 的交点是 C (0,1) , 3 x ? 2 y ? 3 ? 0, 4 x ? y ? 9 ? 0 的交点 是 C ?(3, 3) 。
设仿射变换的公式是 ?

? x? ? ? a11 ??? ? y? ? ? a21

a12 ? ? x ? ? a ? ? ? ? ? ? , 则 a ? 1, b ? 0 ,且 a22 ? ? ? y? ? b? a12 ? ? 1 ? ? ?, a22 ? ? ? 1? a12 ? ? 0 ? ? ?, a22 ? ? ? 1?

? 1 ? ? a11 ? ? ? ?a ? ?5 ? ? 21
? 3 ? ? a11 ? ? ? ?a ? 3 ? ? 21

a12 ? ? 1 ? ? 1 ? ? 0 ? ? a11 ?? ? ? ? ?,即? ? ? ? a22 ? ? 1 ? ? 0 ? ? ?5 ? ? a21
a12 ? ? 0 ? ? 1 ? ? 2 ? ? a11 ?? ? ? ? ?, 即? ? ? ? a22 ? ? 1 ? ? 0 ? ? 3 ? ? a21 2? ?, 3?

解以上方程组得

? a11 ? ? a21

a12 ? ? ?2 ?? a22 ? ? ? ?8

于是仿射变换是

? x? ? ? ?2 2 ? ? x ? ? 1 ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ?. ? y ? ? ?8 3 ? ? y ? ? 0 ?
4.如果一条直线与它在仿射变换 ? 下的像重合,则称这条直线为 ? 的不动直线。求仿射 变换

? x? ? ? 7 ?1 ? ? x ? ? ?1 ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ?, ? y ? ? 4 2 ?? y? ? 4 ?
的不动直线。 解 : 设 不 动 直 线 是 l : Ax ? By ? C ? 0. 经 仿 射 变 换 ? 后 直 线 的 方 程 仍 可 化 简 为 Ax? ? By? ? C ? 0. 将仿射变换 ? 代入后一个方程,则有

A(7 x ? y ? 1) ? B(4 x ? 2 y ? 4) ? C ? 0,
即 (7 A ? 4B) x ? (2 B ? A) y ? 4B ? A ? C ? 0, 于是存在关系:

A B C ? ? , 因 而 A2 ? 5 AB ? 4B2 ? 0, 得 到 A ? ? B, 或 7 A ? 4B 2B ? A 4B ? A ? C A ? ?4 B . 1 C 5 1 若 A ? ? B, 则 ? 不动 , 故 C ? B , 于是 A : B : C ? [(? 2) : 2 : 5], 3 4B ? A ? C 2 2

直线是 l : 2 x ? 2 y ? 5 ? 0. 若 A ? ?4 B, 则

1 C 8 ? , 得 到 C ? B, 于 是 不 动 直 线 是 6 4B ? A ? C 5

l : 20 x ? 5 y ? 8 ? 0.
综上所述, 仿射变换 ? 的不动直线有两条: l1 : 2 x ? 2 y ? 5 ? 0, l2 : 20 x ? 5 y ? 8 ? 0. 5.椭圆

x2 y2 ? ? 1 经过仿射变换 ? : a 2 b2

? x? ? ? ? ? ? y? ? ? ?

x , a y b

化为 x? 2 ? y? 2 ? 1 ,由此证明:椭圆的面积 ? ? ab 。 证明:仿射变换 ? 的变积系数是 det( A) ?

1 x2 y2 , 设椭圆 2 ? 2 ? 1 的面积是 S ,圆 ab a b

x? 2 ? y? 2 ? 1 的面积是 ? ,则

1 , 故椭圆的面积 S ? ? ab. S ab 6.设 O 是平面上一个定点,如果平面上一个点变换 ? 把 O 保持不变,且使平面上任一 ?

?

点 M 变到 M ? ,它们满足 OM ? ? kOM ,其中,常数 k ? 0 ,则称 ? 是同位相似(或相 似) ,称 O 为位似中心, k 称为位似系数。 (1)适当选取标架,求出位似 ? 的公式; (2)证明位似是仿射变换; (3)证明位似保持角度不变; (4)证明位似可以分解成某两个伸缩的乘积。 解: (1)以 O 为原点建立直角坐标系,设 M ( x, y ), M ?( x?, y? ) ,由于 OM ? ? kOM , 所以 ( x?, y?) ? k ( x, y ) ,即位似 ? 的公式 ?

? x? ? kx , ? y? ? ky. 0? ? 可逆, k?

(2)位似 ? 的变换矩阵是 A ? ? 故位似是仿射变换。

?k ?0

0? ?k ? ,由于常数 k ? 0 ,所以 A ? ? k? ?0

(3)设 OM1 , OM2 的夹角是 ? ,由于常数 k ? 0 ,所以经位似变换后的向量的夹角仍 然是 ? 。 (4)由于位似 ? 的变换矩阵 A ? ?

?k ?0

0? ?k ??? k? ?0

0? ? 1 0 ? ?? ? ,所以位似 ? 分解为两 1? ? 0 k ?

个伸缩 ? 1 : ?

? x? ? ? 1 0 ? ? x ? ? x? ? ? k ?? ,? 2 : ? ? ? ? ? ? ? ? ? y? ? ? 0 k ? ? y ? ? y? ? ? 0

0? ? x ? ? ? ? 的乘积 ? ? ? 2? 1 。 1? ? y ?

7.如果平面的一个点变换 ? , 使得对应线段的长度之比为一个正常数 k , 则称 ? 为相似, 称 k 为相似系数。 (1)证明相似是仿射变换; (2)证明相似把一个三角形变到一个与之相似的三角形; (3)证明相似可以分解成一个正交变换与一个位似的乘积。 证明:建立直角坐标系 {O; e1 , e2 } ,设点变换 ? 将不共线三点 P1 , P2 , P3 变成三点

? ? ? ,由于点变换? 将对应线段的长度之比是一个正常数 k ,所以 P 1 , P2 , P3
? 2?, P3? 不可能共线,否则,设 P ? 2?, P3? 依次共线, Pi?Pj? : Pi Pj ? k ? 0( i ? j ). 三点 P 1, P 1, P

? 2? ? P2?P3? ? P ? 3? , 则有 P 于是 k( P , 三点 P1 , P2 , P3 依次共线, 1P 1P 1P 2 ? P 2P 3 )?k P 1P 3
? 2?, P3? 不可能共线。 与假设矛盾,故三点 P 1, P ? 2?, P3? , 不 妨 设 该 点 变 换 将 共 线 三 点 P1 , P , 变 成 共 线 三 点 P 1, P 2P 3

? 2? ? P2?P3? ? P ? 3? 。于是点变换将直线变成直线。 ,则 P P 1P 2 ? P 2P 3 ? P 1P 3 1P 1P
由以上结论得出点变换将三角形变成一个与之相似的三角形。 (2)证明完毕。

? ,? (e2 ) ? e? ? ? k e1 , e? ? ? 再设 ( 1 )设 ? (O ) ? O? ,? (e1 ) ? e1 ,则 e1 2 2 ? k e2 , e 1 ? e2. ? ? a11e1 ? a21e2 , e2 ? ? a12e1 ? a22e2 ,点 P ( x, y ) 变成 P ?( x?, y?) 。 O?( a , b) , e1
因而 ?

? a11 ? a21

a12 ? ? cos ? ? ? k? a22 ? ? sin ?

? sin ? ? ? cos ? ?或k? cos ? ? ? sin ?

sin ? ? ?。 ? cos ? ?

由于点变换将三角形变成一个与之相似的三角形,所以不妨假设

?(OP, ei ) ? ?(O?P?, ei? ), i ? 1, 2 ,则有关系 OP ? ei ? O?P? ? ei? , i ? 1, 2 ,因而
( x , y ) ? (1, 0) OP e1 ? ( x ? ? a , y? ? b ) ? (a11 , a21 ) ( x , y ) ? (0,1) ( x ? ? a , y? ? b ) ? (a12 , a22 ) , ? , ? ? O?P ? e1 OP e2 O?P ? e2

得 k 2 x ? a11 x? ? a21 y? ? a11a ? a21b , k 2 y ? a12 x? ? a22 y? ? a12a ? a22b ,写成矩阵形式

? x? ?a k 2 ? ? ? ? 11 ? y ? ? a12
? x? ? ? cos ? ? ?? ? k ? ?y ? ? sin ?

a21 ? ? x? ? ? a11 ? ?? ?? a22 ? ? ? y ? ? a12

a21 ? ? a ? ? ?, a22 ? ? ? b?
sin? ? ? x ? ? a ? ?? ? ? ? ? , ? cos ? ? ? y ? ? b ?

于是得到点变换在直角坐标系下的表达形式

? sin ? ? ? x ? ? a ? ? x? ? ? cos ? ?? ? ? ? ? 或? ?? ? k ? cos ? ? ? y ? ? b ? ? y ? ? sin?

故该点变换是仿射变换。 (3)由于变换公式是

? x? ? ? cos ? ? ?? ? k ? ?y ? ? sin ?

? sin ? ? ? x ? ? a ? ? cos ? ?? ? ? ? ? ? ? cos ? ? ? y ? ? b ? ? sin? ? x? ? ? cos ? ??? ? y? ? ? sin?

? sin ? ? ? k ?? cos ? ? ? 0

0?? x? ? a? ?? ? ? ? ? k ?? y? ? b?

所以它可以分解为正交变换 ? 1 : ?

? sin? ? ? x ? ? a ? ? ? ? ? ? ? ,与位似变换 cos ? ? ? y ? ? b ?

?2 :?

? x? ? ? k ??? ? y? ? ? 0

0?? x? ? ? ? 的乘积 ? 2? 1 。 k ?? y?

8.设平面的一个仿射变换 ? 使直线 l 上的每一点都不动, ? ( A) ? A?,? ( B) ? B?. 证明: (1)直线 AB 与 A? B ? 或者同时平行于 l ,或者相交于 l 上一点。 (2)直线 AA? 与 BB ? 彼此平行。 证明: (1)如果 AB 与直线 l 平行(不重合) ,而 A? B ? 与 l 不平行,设相交于点 P ,由 于仿射变换 ? 使直线 l 上的每一点都不动,则点 P 是不动点,也在 AB 上,这是不可能的, 所以 A? B ? 与 l 平行。 如果 AB 与直线 l 相交,设交于点 P ,则点 P 是不动点,因而 A? B ? 与 l 相交于点 P 。 (2)如果 AB 与直线 l 平行,在 l 上取两点 C ? D ,则 AB ? kCD 。由于仿射变换保 持向量的线性关系不变,所以 A? B? ? kCD ,得到 A? B? ? AB, 故直线 AA? 与 BB ? 彼此 平行。 如 果 AB 与 直 线 l 不 平 行 , 设 相 交 于 点 C , 则 A? B ? 与 l 也 相 交 于 点 C 。 因 此

? C,? (CB) ? CB ? ,设 AC ? kCB, 由于仿射变换保持向量的线性关系不变, ? ( AC ) ? A
则 A?C ? kCB?, 三角形 ACA? 与三角形 BCB? 相似,从而直线 AA? 与 BB ? 彼此平行。 9.在题 8 中的 ? ,假如有一个点 M 和它的像点 M ? 的连线 MM ? l ,这时称 ? 为错切,

l 称为错切轴。证明:在适当选取的仿射坐标系中,错切的公式为

? x? ? x ? ay, ? ? y? ? y ,
并且证明错切不改变图形的面积。 证明:以变换 ? 的不动直线为 x 轴,直线 OM 为 y 轴建立仿射坐标系,设 M (0,1) , ? M (a ,1) 。显然,变换 ? 将原点变成原点,所以可设变换公式是

? x? ? ? a11 ? ?? ? ?a ? y ? ? 21
? a ? ? a11 ? ? ? ?a ? 1 ? ? 21 a12 ? ? 0 ? ? ?, a22 ? ? ? 1?

a12 ? ? x ? ? ?, a22 ? ? ? y? ? 1 ? ? a11 ? ? ? ?a ? 0 ? ? 21 a12 ? ? 1 ? ? ?, a22 ? ? ? 0?

变换 ? 将 M (0,1) 变成 M ?(a ,1) ,将点 (1, 0) 变成 (1, 0) ,所以有

我们得到 a12 ? a, a22 ? 1, a11 ? 1, a21 ? 0, 故错切的公式为

? x? ? ? 1 a ? ? x ? ? ?? ? ? ?? ? 。 ? y ? ? 0 1?? y?
由于变换矩阵的行列式等于 1,所以错切不改变图形的面积。

习题 5.4
1.证明:椭圆的共轭直径与椭圆的交点处的切线构成的平行四边形的面积是常数。 证明:以椭圆的中心为原点,长轴,短轴为 x 轴和 y 轴建立直角坐标系,设椭圆的方程 为

x2 y2 ? ? 1, a 2 b2
作仿射变换 x ? ?

x y 1 ,则椭圆变成单位圆,同时将椭圆的共 , y? ? , 其变积系数是 a b ab

轭直径变成单位圆的共轭直径, 单位圆的共轭直径是互相垂直的, 交点处的切线构成的平行 四边形变成正方形, 其面积为 4, 所以交点处的切线构成的平行四边形的面积是 4ab 为常数。 2.证明:椭圆的任一外切平行四边形的两条对角线所在的直线是椭圆的一对共轭直径。 证明:作一个仿射变换将椭圆变成单位圆,由于切线,平行线,共轭直径都是仿射不变 的,并且圆的外切平行四边形就是正方形,而正方形的对角线是圆的互相垂直的共轭直径, 因此椭圆的任一外切平行四边形的两条对角线是椭圆的一对共轭直径。 3.证明:双曲线的切线与它的渐近线确定的三角形的面积是一个常数。 证明:设在直角坐标系下,双曲线的方程为

x y x y 2 x2 y2 ,则双曲线的方 ? 2 ? 1, 作仿射变换 x? ? ? , y? ? ? , 其变积系数是 2 a b a b ab a b
程变成 xy ? 1, x 轴和 y 轴是双曲线的两条渐近线。 双曲线上任何一点 ( x0 , y0 ) 的切线方程是 y0 x ? x0 y ? 2 ,截距分别是

2 2 。所以 , y0 x 0

切线与它的渐近线确定的三角形的面积说

x2 y2 1 2 2 ? ? ? 2 ,故双曲线 2 ? 2 ? 1 的切线 a b 2 y0 x0

与它的渐近线确定的三角形的面积是 2 ?

ab ? ab 为常数。 2

4.证明:双曲线的两条渐近线之间的切线段被切点等分。 证明:设在直角坐标系下,双曲线的方程为

x y x y x2 y2 ? 2 ? 1, 作仿射变换 x? ? ? , y? ? ? , 则双曲线的方程变成 xy ? 1, x 2 a b a b a b
轴和 y 轴是双曲线的两条渐近线。 双曲线上任何一点 ( x0 , y0 ) 的切线方程是 y0 x ? x0 y ? 2 ,它与坐标轴的交点分别是

(

2 2 1 1 , 0),(0, ) ,它们的中点坐标是 ( , ) ? ( x0 , y0 ) ,所以双曲线的两条渐近线之间 y0 x0 y0 x0

的切线段被切点等分。 5.证明:所有内接于椭圆的四边形中面积最大的是以一对共轭直径和椭圆的交点为顶点 的平行四边形。 证明:作仿射变换将椭圆变成单位圆,由于圆的内接四边形中面积最大的是正方形,而 对角线是一对互相垂直的共轭直径, 所以经过仿射变换的逆变换得到内接于椭圆的四边形中 面积最大的是以一对共轭直径和椭圆的交点为顶点的平行四边形。 6.下列概念中哪些是图形的度量性质,哪些是仿射性质: (1)等边三角形, (2)平行四边形, (3)多边形, (4)三角形的中线, (5)三角形的高线, (6)圆的半径。 解:图形的度量性质有:等边三角形,三角形的高线,圆的半径。 图形的仿射性质有:平行四边形,多边形,三角形的中线。 7.证明:如果平面的仿射变换 ? 将一个圆变成它自身,则 ? 是正交变换。 证明:以圆的圆心为原点建立直角坐标系Ⅰ ? {O; e1 , e2 } ,由于平面的仿射变换 ? 将一 个圆变成它自身,所以以 e1 , e2 为方向的共轭直径变成圆的共轭直径,向量 e1 , e2 变成互相

? , e2 ? }。 ? , e2 ? ,于是直角坐标系Ⅰ ? {O; e1 , e2 } 变成直角坐标系Ⅱ ? {O; e1 垂直的单位向量 e1
由于仿射变换保持向量的线性关系不变,所以任何一点 P 在Ⅰ ? {O; e1 , e2 } 中的坐标与像

? , e2 ? } 中的坐标相同。故这样的仿射变换就是正交变换。 点 P ? 在Ⅱ ? {O; e1

习题 5.5
1. 证明下述空间的点变换是第一类正交变换,并且求转轴。

? 2 ? 3 ? ?x ? ? ? ?? ? 1 ? y ??? 2 ? z? ? ? ? ? ? 1 ?? ? 3 2

?

2 3 1

2 1 3 2

1 ? ? 3 ? x ? ? ?? ? 0 ?? y?. ?? z ? 4 ?? ? ? 3 2?

证明:因为变换矩阵的每一行的向量都是单位向量且两两之间是正交的,所以变换矩阵 式正交矩阵。变换矩阵的行列式等于 1,故该变换是第一类的正交变换。 变换的两个不动点的连线就是转轴。显然原点是不动点,再求一个不动点,即解方程组

? 2 ? 3 ? x? ? ? ? ? 1 ? y? ? ? 2 ?z? ? ? ? ? 1 ?? ? 3 2
转轴方程是

?

2 3 1

2 1 3 2
? y

1 ? ? 3 ? x ? ? ?? ? 0 ? ? y ? . 解得 x ? 3 ? 2 2, y ? 2 ? 1, z ? 1,所以旋 ?? z ? 4 ?? ? ? 3 2?
? z . 1

x 3?2 2

2 ?1

2. 在 直 角 坐 标 系 中 , 求 出 把 点 (0, 0, 0),(0,1, 0),(0, 0,1) 分 别 变 成 点

(0, 0, 0),(0, 0,1), (1, 0, 0) 的正交变换公式。
解:由于将原点变成原点,所以可设变换公式是

? x ? ? ? a11 ? ?? ? ? y ? ? ? a21 ? z? ? ? a ? ? ? 31 ? 0 ? ? a11 ? ? ? ? 0 ? ? ? a21 ? 1? ? a ? ? ? 31

a12 a22 a32 a12 a22 a32

a13 ? ? x ? ?? ? a23 ? ? y ? . 其中变换矩阵是正交矩阵,将点代入得到 ? ? a33 ? ?? z ? a13 ? ? 0 ? ?? ? a23 ? ? 1 ? , ? ? a33 ? ?? 0? ? 1 ? ? a11 ? ? ? ? 0 ? ? ? a21 ? 0? ? a ? ? ? 31 a12 a22 a32 a13 ? ? 0 ? ?? ? a23 ? ? 0 ? , ? ? a33 ? ?? 1?

解此方程组得到 a12 ? a22 ? a23 ? a33 ? 0, a32 ? a33 ? 1, 由于矩阵是正交矩阵, 可得到

a11 ? a31 ? 0, a21 ? ?1, 所以所求正交变换是

? x? ? ? 0 0 1 ? ? x ? ? ?? ? ?? ? ? y ? ? ? ?1 0 0 ? ? y ? . ? z? ? ? 0 1 0 ? ? z ? ? ? ? ?? ?
3. 设 ? 是空间的第一类的正交变换,证明:对于空间的任意两个向量 v1 , v2 有 (1) ? (v1 ) ? ? (v2 ) ? v1 ? v2 ;

(2) ? (v1 ) ? ? (v2 ) ? ? (v1 ? v2 ). 证 明 : 取 一 个 右 手 直 角 坐 标 系 ? ? [O; e1 , e2 , e3 ] , 第 一 类 正 交 变 换

? 将

? ? [O; e1 , e2 , e3 ] 变成右手直角坐标系 ?? ? [O?;? (e1 ), ? (e2 ), ? (e3 )] 。设 v1 , v2 在右手直
角坐标系 ? ? [O; e1 , e2 , e3 ] 的坐标为 ( x1 , y1 , z1 ),( x2 , y2 , z2 ) ,则 (1) ? (v1 ) ? ? (v2 ) ? ( x1? (e1 ) ? y1? (e2 ) ? z1? (e3 )) ? ( x2? (e1 ) ? y2? (e2 ) ? z2? (e3 ))

? x1 x2 ? y1 y2 ? z1 z2 ? v1 ? v2 。
(2)由于 ? (e1 ) ? ? (e2 ) ? ? (e3 ) ? ? (e1 ? e2 ) , ? (e2 ) ? ? (e3 ) ? ? (e1 ) ? ? (e2 ? e3 ),

? (e3 ) ? ? (e1 ) ? ? (e2 ) ? ? (e3 ? e1 ), 所以

? (v1 ) ? ? (v2 ) ? ( x1? (e1 ) ? y1? (e2 ) ? z1? (e3 )) ? ( x2? (e1 ) ? y2? (e2 ) ? z2? (e3 ))
? ? (v1 ? v2 ).
4. 证明:空间中任给两组不共面的四点 A1 , A2 , A3 , A4 和 B1 , B2 , B3 , B4 ,则存在唯一 的仿射变换,把 Ai 变成 Bi , i ? 1, 2, 3,4 。 证明: 设在一个仿射标架下,Ai ( xi , yi , zi ), Bi ( xi? , yi? , zi? ),(i ? 1, 2, 3,4). 设仿射变换 ? 将 Ai 变成 Bi , i ? 1, 2, 3,4 ,则

? xi? ? ? xi ? ? a ? ? ?? ? ? ? ? ? yi ? ? A ? yi ? ? ? b ? , ( i ? 1, 2, 3, 4). 从而有 ? z? ? ? z ? ?c? ? i? ? i? ? ?

? ? x1 ? ? ? y1 ? z1 ? ? ? 1

? x2 ? y2 ? z2 1

? x3 ? y3 ? z3 1

? ? ? a11 x4 ? ? ? a21 y4 ??? ? ? ? a31 z4 ? ? 1? ? 0

a12 a22 a32 0

a13 a23 a33 0

a ? ? x1 ?? b ? ? y1 c ? ? z1 ?? 1?? 1

x2 y2 z2 1

x3 y3 z3 1

x4 ? ? y4 ? , z4 ? ? 1?

因为四点 A1 , A2 , A3 , A4 不共面和 B1 , B2 , B3 , B4 不共面,所以两个矩阵

? ? x1 ? ? ? y1 ? z1 ? ? ? 1

? x2 ? y2 ? z2 1

? x3 ? y3 ? z3 1

? ? ? x1 x4 ? ? ? y1 y4 ? ,? ? ? ? z1 z4 ? ? 1? ? 1

x2 y2 z2 1

x3 y3 z3 1

x4 ? ? a11 ? ? y4 ? a 均可逆,并且 ? 21 ? a31 z4 ? ? ? 1? ? 0

a12 a22 a32 0

a13 a23 a33 0

a? ? b? 唯一 c? ? 1?

确 定 , 其 行 列 式 不 为 0 , 故 变 换 矩 阵 可 逆 。 于 是 存 在 唯 一 的 仿 射 变 换 , 把 Ai 变 成

Bi , i ? 1, 2, 3, 。 4
5.在仿射变换下,在不共线的 3 个不动点所在的平面上的每一点都是不动点。 证明:设 P1 , P2 , P3 是仿射变换 ? 的三个不共线的不动点,在它们确定的平面内任取一 点 P ,则对任意的点 O 成立: OP ? kOP 1 ? lOP 2 ? (1 ? k ? l )OP 3. 设 ? (O ) ? O?, ? ( P ) ? P ?, 则

? (OP ) ? O?P? ? kO?P1 ? lO?P2 ? (1 ? k ? l )O?P3 ? O?P,
故? ( P) ? P. 6.求椭球面

x2 y2 z2 ? ? ? 1 围成的区域的体积。 a 2 b2 c 2

解:作一个仿射变换:

? : x? ?

x y z 1 , y? ? , z ? ? , 其变积系数是 , 则椭球面变成单位球面,单位球面围 a b c abc

成的区域的体积是

x2 y2 z2 4 4 故椭球面 ? 2 ? 2 ? 1 围成的区域的体积是 ? abc . ?, 2 3 3 a b c

7.证明:分别对于两个平行平面的反射变换的乘积是一个平移。 证 明 : 以其 中 一个 平 面为 xOy 坐 标 面建 立 直角 坐 标系 , 则 另一 个 平面 方 程设 为

z ? c ? 0。
对于平面 z ? 0 的反射为 x? ? x , y? ? y, z? ? ? z . 对于平面 z ? c 的反射为 x? ? x, y? ? y, z? ? ? z ? 2c. 两个反射的乘积是 x? ? x , y? ? y, z? ? z ? 2c, 这是一个平移。 8.证明:分别对于两个相交平面的仿射变换的乘积是一个绕定直线的旋转。 证明:以两平面 ? 1 , ? 2 的交线为 x 轴,平面 ? 1 为 xOy 坐标面建立直角坐标系,设两 平 面 的 夹 角 为 ? 。 关 于 平 面 ?1 , ? 2 的 反 射 记 为 ? 1 ,? 2 , 则 反 射 ? 1 的 变 换 公 式 是

x ? ? x , y? ? y , z ? ? ? z .
反 射 ? 2 的 变 换 公 式 如下 计算 : ?2 的 方 程 是 y si n ? ? z cos ?? ,对任何一点 0

P ( x , y, z ) , ? 2 ( P ) ? P?( x?, y?, z?), 则 PP? ? ?2 , P , P ? 的中点在 ? 2 上,于是 ( y ? y?)sin? ? ( z ? z?)cos ? ? 0, ( y? ? y )cos ? ? ( z? ? z )sin ? ? 0, x? ? x ,

? x? ? x , ? x? ? x , ? ? 即 ? y? cos ? ? z ? sin ? ? y cos ? ? z sin ? , 解得 ? y? ? y cos 2? ? z sin 2? , ? y? sin ? ? z ? cos ? ? ? y sin ? ? z cos ? , ? z? ? y sin 2? ? z cos 2? , ? ?
于是变换乘积 ? 2? 1 的变换公式是

? x? ? x , ? ? y? ? y cos 2? ? z sin 2? , ? z ? ? y sin 2? ? z cos 2? . ?
由此看到 ? 1 , ? 2 的交线 x 轴是变换乘积 ? 2? 1 的不动点构成的直线, 即旋转轴, 绕旋转 轴旋转的角度为两平面的夹角的 2 倍。

第六章 平面射影几何简介

习题 6.1
1.设在扩大的欧氏平面 ? 上两点 A[3, ?1, 2], B[2, 0,1] ,求 (1)直线 AB 在齐次坐标中的普通方程和参数方程; (2)直线 AB 上的无穷远点的齐次坐标和它所对应的参数值。 解: (1)设直线方程为 a1 x1 ? a2 x2 ? a3 x3 ? 0, 点 A[3, ?1, 2], B[2, 0,1] 在直线上,得

? 3a1 ? a2 ? 2a3 ? 0, 解得 a1 : a2 : a3 ? 1: (?1) : ( ?2), ? 2 a ? a ? 0, 3 ? 1
故直线方程是 x1 ? x2 ? 2 x3 ? 0,

? x1 ? 3? ? 2 ? , ? 参数方程是 ? x2 ? ? ? , ? x ? 2? ? ? . ? 3
( 2 ) 令 x3 ? 0, 则 x1 ? x2 , 故 无 穷 远 点 的 坐 标 是 [1,1,0]. 对 应 的 参 数 值 满 足

?1 ? 3? ? 2 ? , ? 所以 ? ? ?1, ? ? 2. ?1 ? ? ? , ? 0 ? 2? ? ? , ?
2.证明:扩大的欧氏平面 ? 上的三直线

x1 ? x2 ? 0, 2 x1 ? x2 ? 3 x3 ? 0,5 x1 ? 2 x2 ? 3 x3 ? 0
共点,并求该点的齐次坐标。

? x1 ? x2 ? 0, ? x2 ? ? x1 , ? 证 明 : 由 于 方 程 组 ? 2 x1 ? x2 ? 3 x3 ? 0, 的 解 为 ? 故仅有一个公共点 ? x3 ? ? x1 , ? 5 x ? 2 x ? 3 x ? 0, 2 3 ? 1

[?1,1,1]. 所以三直线共点。
3.在扩大的欧氏平面 ? 上, 给出了 ? 的欧氏直线在仿射坐标中的方程, 求由它确定的射 影直线在齐次坐标中的方程,并求出它上面的无穷远点: (1) x ? 2 y ? 1 ? 0; (2) x ? 0; (3) y ? 1; (4) 3 x ? 2 y ? 0. 解:将关系 x ?

x1 x , y ? 2 代入直线在仿射坐标中的方程中可得到相应的射影直线在 x3 x3

齐次坐标中的方程,然后令 x3 ? 0, 就可得到无穷远点的坐标,所以 (1) x1 ? 2 x2 ? x3 ? 0, 无穷远点的坐标是 [2, ?1, 0]. (2) x1 ? 0, 无穷远点的坐标是 [0,1, 0]. (3) x2 ? x3 ? 0, 无穷远点的坐标是 [1, 0, 0]. (4) 3 x1 ? 2 x2 ? 0, 无穷远点的坐标是 [2, 3, 0].

习题 6.2
1.证明:射影平面上若三点 P1 , P2 , P3 不共线,则三线 P 1P 2, P 2P 3, P 3P 1 不共点。 证明:设 Pi [ai , bi , ci ], i ? 1, 2, 3 不共线,则

a1 (v1 , v2 , v3 ) ? a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 ? 0. c3

直线 P1 P2 的参数方程: ( x1 , x2 , x3 ) ? ?1 (a1 , b1 , c1 ) ? ?1 (a2 , b2 , c2 ). 直线 P2 P3 的参数方程: ( x1 , x2 , x3 ) ? ?2 (a2 , b2 , c2 ) ? ?2 (a3 , b3 , c3 ). 直线 P3 P1 的参数方程: ( x1 , x2 , x3 ) ? ?3 (a3 , b3 , c3 ) ? ?3 (a1 , b1 , c1 ). 直线 P1 P2 的齐次坐标是 (a1 , b1 , c1 ) ? (a2 , b2 , c2 ) ? v1 ? v2 .

直线 P2 P3 的齐次坐标是 (a2 , b2 , c2 ) ? (a3 , b3 , c3 ) ? v2 ? v3 . 直线 P3 P1 的齐次坐标是 (a3 , b3 , c3 ) ? (a1 , b1 , c1 ) ? v3 ? v1 . 由于 (v1 ? v2 , v2 ? v3 , v3 ? v1 ) ? 2(v1 , v2 , v3 ) ? 0, 所以三线 P 不共点。 1P 2, P 2P 3, P 3P 1 2.三角形 ABC 的顶点 A, B, C 分别在共点的三直线 l1 , l 2 , l 3 上移动, AB 和 BC 分别 通过定点 P 和 Q 时,则 CA 也通过 PQ 上的一个定点。 证明:在 l1 上任取一点 A? ? A ,连接 PA? 交 l 2 于 B ? ,连接 B?Q 交 l 3 于 C ? 。设 AC ,

A? C ? 与 PQ 分别交于 R , R? ,则 ? ABC 与 ?A? B ?C ? 满足 Desargues 定理的条件,得 AC
与 A? C ? 的交点 R ?? 与 P , Q 共线,于是三点 R, R?, R?? 重合,故 CA 通过上 PQ 的一定点。 3.三角形 ABC 的二顶点 A 与 B 分别在定直线 l1 , l2 上移动,三边 AB, BC , CA 分别通 过共线的定点 P , Q, R ,试证顶点 C 的轨迹是一条直线。 证明:在定直线 l1 , l2 上取点 A?, B? 作 ? A? B ?C ? ,使得 A?B?, B?C ?, C ?A? 过共线的定点

P , Q, R ,则 ? ABC 与 ?A? B ?C ? 满足 Desargues 逆定理的条件,于是直线 AA?, BB?, CC ?
共点,则 CC ? 与定直线 l1 , l2 共点,即经过 l1 , l2 的交点,顶点 C 的轨迹是一条经过定直线

l1 , l2 的交点的直线。
4. 设射影平面上直线 l i 的齐次坐标为 (?i 1 ,?i 2 ,?i 3 ), ,并且 l1 ? l2 ,证明 i ? 1, 2, 3

l1 , l2 , l3 共点当且仅当存在不全为零的实数 ? 和 ? 使得

?3 j ? ??1 j ? ??2 j , j ? 1, 2, 3.
证明:因为 l1 , l 2 , l 3 共点,所以三向量 (?i 1 ,?i 2 ,?i 3 ), i ? 1, 2, 3 共面。由于 l1 ? l2 ,因 此两向量 (?i 1 ,?i 2 ,?i 3 ), i ? 1, 2 不共线, 则 (?31 ,?32 ,?33 ) ? 0 可由 (?i 1 ,?i 2 ,?i 3 ), i ? 1, 2 线 性表出,即存在不全为零的实数 ? 和 ? 使得

?3 j ? ??1 j ? ??2 j , j ? 1, 2, 3.
反之亦然。 5.写出第 4 题的对偶命题。 解:设射影平面上三点 Pi 的齐次坐标为 [ai 1 , ai 2 , ai 3 ], i ? 1, 2, 3 ,并且 P1 ? P2 ,则

P1 , P2 , P3共线当且仅当存在不全为零的实数 ? 和 ? 使得

a3 j ? ? a1 j ? ?a2 j , j ? 1, 2, 3.

习题 6.3
1. 在射影平面 ? 上,设共线三点 A[1, 2, 5], B[1, 0, 3], C[?1, 2, ?1] ,在直线 AB 上求 一点 D ,使 ( A, B; C , D) ? 5 。 解 : 由 定 理 6.3.1 , 设 D[ d1 , d2 , d3 ] , 且 (d1 , d2 , d3 ) ? ? ( 1, 2 ,? 5? )

( 1, 。 0 ,而 3)

(? 1, 2 ? , 1? ) ( 1, 2 ,? 5)

,则 () A, B; C , D )? 5? (? 2) : ,因此 2 ( 1, 0, 3

? ?

? 2 ? ? ,取 ? 5

,即在直线 AB 上所 ? ? 5, ? ? ?2 ,故 (d1 , d2 , d3 ) ? 6(1, 2, 5)? 2(1, 0, 3) ? (3,10,19) 求的点是 D[3,10,19] 。 2. 在射影平面 ? 上,给了共线的四个通常点的仿射坐标, A(2, ?4), B( ?4, 5) ,

C (4, ?7), D(0, ?1) ,求它们的交比 ( A, B; C , D) 。 4 1 2 1 解:由于 (4, ?7) ? (2, ?4) ? ( ?4, 5),(0, ?1) ? (2, ?4) ? ( ?4, 5) ,所以 3 3 3 3 1 1 1 ( A, B; C , D) = ( ? ) : ? ? 。 4 2 2
3. 在射影平面 ? 上,设共点于 O 的三直线 l1 , l 2 , l 3 的齐次坐标分别为 ( ?1, 0, 3) ,

(3,1, ?4),(1,1, 2) ,求通过 O 的一条直线 l 4 ,使得交比 (l1 , l2 ; l3 , l4 ) ? ?3 。
解:设直线 l 4 的齐次坐标是 (a1 , a2 , a3 ) ,且 (a1 , a2 , a3 ) ? ? (?1,0, 3) ? ?(3,1, ?4) , 而 (1,1, 2) ? 2( ?1, 0, 3) ? (3,1, ?4) ,则

( l1 , l2 ; l 3 , l4 ) ? ?3 ?

1 ? ? 1 : , ? ? ,取 ? ? 6, ? ? ?1 ,于是直线 l 4 的齐次坐标是 2 ? ? 6

(a1 , a2 , a3 ) ? (?9, ?1, 22) ,故直线 l 4 的方程是 9 x1 ? x2 ? 22 x3 ? 0 。
4.设 A, B, C , D, E 是共线的五点,且两两不同,证明

( A, B; C , D) ? ( A, B; D, E ) ? ( A, B; E , C ) ? 1.
证明:设 C ? ?1 A ? ?1 B, D ? ?2 A ? ?2 B, E ? ?3 A ? ?3 B ,利用定理 6.3.1,则有

( A, B; C , D) ?

? ? ?1 ?2 ? ? : ,( A, B; D, E ) ? 2 : 3 ,( A, B; E , C ) ? 3 : 1 , ?1 ?2 ?2 ?3 ?3 ?1

所以 ( A, B; C , D) ? ( A, B; D, E ) ? ( A, B; E , C ) ? (

?1 ?2 ?2 ?3 ?3 ?1 : )( : )( : ) ? 1. ?1 ?2 ?2 ?3 ?3 ?1

5.设 O 是 ? 上的通常点, l1 , l2 , l3 , l4 是共点于 O 的四条不同直线,证明(6.3.5)式。 证 明 : 任 取 一 条 不 过 O 点 的 直 线 l , 设 lli ? Ai , i (?

1, 2, , 3 ,则 4)

( l1 , l2 ; l3 , l4 ) ? ( A1 , A2 ; A3 , A4 ) ?

A1 A3 A1 A4 。 : A3 A2 A4 A2

由 四 个 三 角 形 ?OA 的 边 A1 A3, A3 A2, A1 A4 , ? OA , A4 A2 1 A 3, ? OA 3 A 2, ? OA 1 A 4 4 A 2 上的高 h 相同,可得到

( l1 , l2 ; l3 , l4 ) ?

A1 A3 A1 A4 h ? A1 A3 h ? A1 A4 : ? ? : A3 A2 A4 A2 h ? A3 A2 h ? A4 A2

?

OA1 ? OA3 sin ?( A1OA3 ) OA1 ? OA4 sin ?( A1OA4 ) : OA3 ? OA2 sin ?( A3OA2 ) OA4 ? OA2 sin ?( A4OA2 ) sin ?( A1OA3 ) sin ?( A1OA4 ) sin ?( l1 , l3 ) sin ?( l1 , l4 ) 。 : ? : sin ?( A3OA2 ) sin ?( A4OA2 ) sin ?( l3 , l2 ) sin ?( l4 , l2 )

?

6.证明:在欧氏平面上,已给一个圆上任意四个不同的固定点 A1 , A2 , A3 , A4 ,则它们 到圆上任意第五点 P 的连线的交比 ( PA1 , PA2 ; PA3 , PA4 ) 是常数,与 P 在圆上的位置无 关。如果 P 与 Ai 中某点重合,比如 A4 ,则用 A4 处的切线替代 PA4 。 证明:由上一题的结论得到:

( PA1 , PA2 ; PA3 , PA4 ) ?

sin ?( A1 PA3 ) sin ?( A1 PA4 ) , : sin ?( A3 PA2 ) sin ?( A4 PA2 )

? A 而 对 于 圆 周 上 的 另 一 点 P ? 我 们 有 ?Ai P , 所 P , ( A ?i ) j 以 j ? ? A i j

(P A A; P3 A , 1 , P2

? P A? ( 4 )

1

? ,A P

2

? ; A 3?P 。当 中某点重合时,用该点处 P , A4P 与 P ) A A i

的切线替代,仍然有同样的角度关系,所以结论依然成立。 7.由四个点 S , F , O , E (其中任意三点不共线)和由它们两两相连的六条直线构成的图 形叫做完备四边形(如下图) 。证明:两个点 C , D 调和分割两个点 A, B 。

S

F

H O

E D B

A

C

证明:设 FE 与 SC 的交点为 H ,先后考虑以 S 为中心的线束及以 O 为中心的线束, 我们有:

( A, B; C , D) ? ( SA, SB; SC , SD) ? ( F , E; H , D), ( F , E; H , D) ? (OF , OE; OH , OD) ? ( B, A; C , D),
因此 ( A, B; C , D) ? ( B, A; D, D) 。利用交比的性质(2) ,得到 ( A, B; C , D)2 ? 1 。 如果 ( A, B; C , D) ? ( F , E; H , D) ? 1 ,利用交比的性质(3) ,则得到 ( F , H ; E , D) ? 0 , 于是简单比 ( F , H , E ) ? 0 ,因此 F ? E ,这与已知条件矛盾。所以 ( A, B; C , D) ? ?1 , 故两个点 C , D 调和分割两个点 A, B 。

习题 6.4
1.证明:射影平面上的射影变换把直线变成直线。

?? ? x1 ? ? x1 ? x1 ? ? ? ? ? ? ? 证明:设直线方程是 ( a1 , a2 , a3 ) x2 ? 0 ,射影变换是 ? x2 ? ? ? ? ? ? A ? x2 ? ,其中矩阵 ?x ? ? x? ? ?x ? ? 3? ? 3? ? 3? ?? ? x1 ? A 是可逆的。于是直线方程变成 ( a1 , a2 , a3 ) A ?? ? x2 ? ? 0 ,它仍然表示一条直线。 ? x? ? ? 3?
?1

2.求出把曲线 (1) (a1 x1 ? a2 x2 ? a3 x3 )2 ? (b1 x1 ? b2 x2 ? b3 x3 )2 ? 0, (2) (a1 x1 ? a2 x2 ? a3 x3 )(b1 x1 ? b2 x2 ? b3 x3 ) ? 0, 变成五个射影类之一的射影变换。

解: (1)如果 k (a1 , a2 , a3 ) ? (b1 , b2 , b3 ), k ? ?1 ,不妨设 a1 ? 0 ,则令

? ? a1 x1 ? a2 x2 ? a3 x3 , ? ? x1 ? ? ? x2 , ? ? x2 ? ? x? ? x , 3 ? 3
2 2 曲线方程化为 ? 2 (1 ? k 2 ) x? 即有 x? 。 1 ? 0, 1 ? 0

如果 (a1 , a2 , a3 ),(b1 , b2 , b3 ) 不共线,则令

? ? a1 x1 ? a2 x2 ? a3 x3 , ? ? x1 ? ? ? b1 x1 ? b2 x2 ? b3 x3 , ? ? x2 ? ? x? ? x , 3 ? 3
2 ?2 。 x? 1 ? x2 ? 0

a1 b1

a2 b2

2 ?2 即 ? 0, 曲 线 方 程 化 为 ? 2 ( x? 1 ? x2 ) ? 0,

3. 在 射 影 平 面 上 , 求 出 把 直 线 x1 ? 0, x2 ? 0, x3 ? 0 分 别 变 为 直 线

ai x1 ? bi x2 ? ci x3 ? 0,(i ? 1, 2, 3) 的射影变换。
解:设所求的射影变换是

?? ? x1 ? x1 ? ? ?? ? ? ? ? x2 ? ? A ? x2 ? ,其中矩阵 A 是可逆的,设矩阵 A 的逆矩阵是 A?1 ? (cij ) 。由已知 ? x? ? ?x ? ? 3? ? 3?
条件得到

?? ?? ?? ?? ? x1 ? x1 ? x1 ? x1 ? ?? ? ?? ? ? ?1 ? ? ? ? ( a2 , b2 , c2 ) ? x2 ?? (1, 0, 0) ?1 A ? x2 ? ? ( a1 , b1 , c1 ) ? x2 ? , (0,1, 0) ? 2 A ? x2 ?, ? x? ? ? x? ? ? x? ? ? x? ? ? 3? ? 3? ? 3? ? 3?
?1

?? ?? ? x1 ? x1 ? ? ? ? ? ? (a3 , b3 , c3 ) ? x2 ?? (0, 0,1) ? 3 A?1 ? x2 ?, ? x? ? ? x? ? ? 3? ? 3? ? ?1 ? 所以 0 ? ? 0 ? 0

?2
0

0 ? ? a1 ? ?1 ? 0 ? A ? ? a2 ?a ?3 ? ? ? 3

b2 b2 b3

c1 ? ? c2 ? , c3 ? ?

? a1 ? 因此 A ? a2 ? ?a ? 3
故射影变换是

b2 b2 b3

c1 ? ? c2 ? c3 ? ?

?1

? ?1 ? ? 0 ? 0 ?

0

?2
0

? ?, ? ?3 ? ? 0 0

? ? ? a1 ? x1 ? ?? ? ? ? x2 ? ? ? a2 ? x? ? ? a ? 3? ? 3

b2 b2 b3

c1 ? ? c2 ? c3 ? ?

?1

? ?1 ? ? 0 ? 0 ?

0

?2
0

0 ? ? x1 ? ?? ? 0 ? ? x2 ? . ? ? ?3 ? ? ? x3 ?

习题 6.5
1. 在 射 影 平 面 上 给 了 五 个 点 A[1, ?1, 0], B[2, 0, ?1], C[0, 2, ?1] , D[1, 4, ?2] , E[2, 3, ?2] ,求由它们所确定的二次曲线。 解:设二次曲线的方程是
2 2 2 a11 x1 ? a22 x2 ? a33 x3 ? 2a12 x1 x2 ? 2a13 x1 x3 ? 2a23 x2 x3 ? 0 ,

将五个点的坐标代入方程,得到

? a11 ? a22 ? 2a12 ? 0, ? ? 4a11 ? a33 ? 4a13 ? 0, ? ? 4a22 ? a33 ? 4a23 ? 0, ? a ? 16a ? 4a ? 8a ? 4a ? 16a ? 0, 22 33 12 13 23 ? 11 ? ? 4a11 ? 9a22 ? 4a33 ? 12a12 ? 8a13 ? 12a23 ? 0,
解得 a13 ? a23 ?

9 a , a ? 5a12 , a22 ? a12 , a11 ? a12 ,于是二次曲线的方程是 4 12 33

2 2 2 2 x1 ? 2 x2 ? 10 x3 ? 4 x1 x2 ? 9 x1 x3 ? 9 x2 x3 ? 0 。 2 2 2 2.求点 P[1, 2,1] 关于二次曲线 ? : x1 ? x2 ? x3 ? 2 x1 x2 ? 4 x1 x3 ? 0 的配极。

? 1 ?1 ?2 ? 解:二次曲线 ? 的矩阵是 ? ?1 ?1 0 ? ,所以点 P[1, 2,1] 关于二次曲线 ? 的配极是 ? ? ? ?2 0 ? 1 ? ?
? 1 ? 1 2 1? ? ? ?1 ? ?2 ? ?1 ?2 ? ? x1 ? ?? ? ?1 0 ? ? x2 ? ? 0 ,即 3 x1 ? 3 x2 ? x3 ? 0 。 ? ? 0 1 ? ? ? x3 ?

3.证明:非退化二次曲线的中心(若有的话)的配极是无穷远直线。 证明:过中心 O 任作一直线 l 与二次曲线交于两点 A , B ,O 是 AB 的中点,因此 O 关于 A , B 的调和点是直线 l 上的无穷远点,于是非退化二次曲线的中心(若有的话)的 配极是无穷远直线。 4.假定 ? 是圆锥曲线,任取一直线 l 及 l 上的一点 A ,作点 A 关于 ? 的配极 l A ,它交 l

于点 B ,点 B 的配极 lB 交直线 l A 于点 C 且通过 A 。这样,我们作出三角形 ABC ,它的 边是对顶点的配极,这个三角形叫自配极三角形。 证明: 如果取直线 x1 ? 0, x2 ? 0, x3 ? 0 作自配极三角形的边, 那么圆锥曲线 ? 的方程
2 2 2 将有形式: ? x1 ? ? x2 ? ? x3 ? 0.

证明: BC , AC , AB 的方程分别是 x1 ? 0, x2 ? 0, x3 ? 0 ,因为 BC 是点 A 的配极, 所以 BC 的方程又应为

?1

0

? a11 ? 0 ? ? a12 ?a ? 13

a12 a22 a23

a13 ? ? x1 ? ?? ? a23 ? ? x2 ? ? 0 , 即 a1 ? ? a33 ? ? ? x3 ?

1

x?1

a

1 2

? x

2

于 是 a 0 ? x, 1 3 3

。因此圆锥曲线 ? 的方程将有形式: a12 ? a13 ? 0 , 同 理 得 到 a1 2 ? a 2 ? 3 0
2 2 2 ? x1 ??x2 ?? x 3 ? 0.

5.证明:圆锥曲线焦点的配极是准线。 证明: 在欧氏平面上取一直角坐标系, 使得圆锥曲线的方程是标准方程, 以抛物线为例, 此时方程为 x 2 ? 2 py ,焦点是 (0,

p p ) ,准线方程是 y ? ? 。于是焦点的配极方程是 2 2

? ?0 ?
是y??

p 2

?1 ?? 1? ? 0 ?? ?0

0 0 ?p

0 ? ? x1 ? p2 ?? ? 即 px2 ? 它在直角坐标系的方程 x ? 0, ? p ? ? x2 ? ? 0 , 2 3 ? ? ? 0 ? ? x3 ?

p ,也就是准线方程。 2 6.用下述方法由任意点 S 作圆锥曲线的切线(如下图) :直线 1 和直线 2 是任意作的,

其余的直线根据图中的编号顺序作出,直线 8 和直线 9 就是切线,说明这种作法的理由。 S

6 5 8 1 2 4 3 9

7

证明: 由习题 6.3 的第 7 题知道直线 1,2 与直线 7 的交点分别是直线 1,2 与圆锥曲线的

交点及点 S 的第 4 调和点,因此直线 7 是点 S 的极线,直线 7 与圆锥曲线的交点也在点 S 的极线上,从而这两交点的极线也通过点 S 。而曲线上的点的极线是切线,所以直线 8,9 就是切线。 7.证明:双曲线上的无穷远点的配极是它的渐近线,从而双曲线上无穷远点的切线是渐 近线。 证明:因为双曲线的中心的极线是无穷远直线,所以无穷远点的极线通过中心。又因为 双曲线上的无穷远点的极线通过它自身, 所以这极线的方向是渐进方向, 于是极线是渐近线。
2 2 2 另法:设双曲线方程是 x1 ? x2 ? x3 ? 0 ,则无穷远点是 (1, ?1, 0) ,渐近线方程是

x1 ? x2 ? 0 。无穷远点 (1, ?1, 0) 的极线方程是
?1 ? 1 ?1 0 ? ? ?0 ?0 ?
配极是它的渐近线。

0 ? ? x1 ? ?? ? ?1 0 ? ? x2 ? ? 0 ,即 x1 ? ? 0 ?1 ? ? ? x3 ? 0

x2 ? 0 ,所以双曲线上的无穷远点的


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