高等几何试卷及答案

《高等几何》考试试题A卷（120分钟）

题号 分数 得分 一 24 二 10 三 10 四 10 五 10 六 12 七 12 八 12 合计 100

一、填空题（2分12=24分）

1、平行四边形的仿射对应图形为： 平行四边形 ； 2、直线x15x20上无穷远点坐标为： （5，-1，0）

3、已知(l1l2,l3l4)3,则(l4l3,l2l1) 3 (l1l3,l2l4) -2 4、过点A(1,i ,2)的实直线的齐次方程为： 2x1x30 25、方程u125u1u26u20表示的图形坐标 （1,2,0） （1,3,0） 6、已知OX轴上的射影变换式为x'12x1，则原点的对应点 -

3x3227、求点(1,1,0)关于二阶曲线3x125x2x37x1x24x1x35x2x30的极线方程

x13x26x30

8、ABCD为平行四边形，过A引AE与对角线BD平行，则A(BC,DE)= -1 9、一点列到自身的两射影变换a）：12，23，34； b）：01，23，

10 其中为对合的是： b

10、求射影变换的'210自对应元素的参数 1 11、两个线束点列成透视的充要条件是 底的交点自对应

12、直线2x1x2x30上的三点A(1,3,1)，B(2,5,1)，C(1,2,0)的单比(ABC)= 1

二、求二阶曲线的方程，它是由下列两个射影线束所决定的：

0 x1x30与x2'x30 且 '2'1。

解：射影对应式为'2'10。

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由两线束的方程有：x1x,'2。 x3x3将它们代入射影对应式并化简得，

2x1x22x2x3x1x3x30

此即为所求二阶曲线的方程。

三、证明：如果两个三点形内接于同一条二次曲线，则它们也同时外切于一条二次曲线。（10分）

证明：三点形ABC和三点形ABC内接于二次曲线（C），设 ABBC=D ABAC=E ABBC=D ABAC=E，则C(A,B,A,B)C(A,B,A,B)所以，

(A,D,E,B)C(A,B,A,B)C(A,B,A,B)(E,B,A,D)

即(A,D,E,B)(E,B,A,D)

这两个点列对应点的连线AC，CB，CA,BC 连同这两个点列的底AB，AB属于同一条二级曲线（C），亦即三点形ABC和三点形ABC的边外切一条二次曲线。

四、已知四直线l1,l2,l3,l4的方程顺次为2x1-x2+x3=0，3x1+x2-2x3=0, 7x1-x2=0，

（10分） 5x1-x3=0, 求证四直线共点，并求（l1l2,l3l4）的值。

解：因为

211312312=0且710=0

710501所以l1,l2,l3,l4共点。四直线与x轴（x2=0）的交点顺次为

121,0),B(,0),C(0,0),D(,0)， 235112(0)()253=1 所以 （l1l2,l3l4）=（AB，CD）=

2112(0)()3521五、求两对对应元素，其参数为1，02，所确定的对合方程。（10分）

2

A(1,0,-2),B(2,0,3),C(0,0,1),D(1,0,5),非齐次坐标为A(-

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解 设所求为

a+b(+)+d=0

①

将对应参数代入得：

11 a+（1+）b+d=0 ②

22 （0+2）b+d=0 ③ 从①②③中消去a,b,d得

1

1203221=0 1即++-2=0为所求

2六、求直线3x1x26x3=0关于x12x2（12分） 2x1x2+2x1x3-6x2x3=0之极点。

000解：设p0（x1）为,x2,x3

0111x13x0=1 113 201306x3解线性方程组

0003xxx123000 x1x23x31

00x1x26得x13,x21,x31,即（3，-1，-1）为所求极点的坐标

七、叙述帕萨卡定理的内容并证明其定理。（12分）

定理：内接于二阶曲线的简单六点形，三对对应边的交点在同一直线上。 证明：设简单六点形A1A2A3A4A5A6，其三对对边的交点分别为L，M，N， L= A1A2A4A5，M=A2A3A5A6，N=A3A4A6A1以A1,A3为中心，分别连接其他四点，则由定理得到A1A2A4A5A6A3A2A4A5A6

设A1A2A4A5P ， A5A6A3A4Q

则A1A2A4A5A6L,A4,A5P，A3A2A4A5A6M,Q,A5A6

所以，L,A4,A5PM,Q,A5A6由于两个点列底的交点A5A5，故有

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000

L,A4,A5PM,Q,A5A6

所以LM，A4Q，PA5三点共点，但A4QPA5=N, 即L，M，N 三点共线。

八、用两种方法求双曲线x2xy3y2x4y0的渐近线方程。（12分）

22解：方法一

设渐近线的方程为

axaxaxk(axaxax)0

111122133121222233 根据公式得 3k22k10

1 解之，得k11,k2，所以渐近线方程为

3 xy1(x3y2)0 和

1 xy1(x3y2)0

3化简，得所求为

2x-2y-1=0 和2x+6y+5=0

方法二

先求出中心，因为

A311，A323，A334

13 所以中心为C,代入公式得渐近线方程

44 分解因式得

1x4231332xy3y3y0

4444213 x-y=0

4413 x+3y=0

44化简，得所求为

2x-2y-1=0 和2x+6y+5=0

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