高等几何考试试卷.
高等几何试题及答案
高等几何试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 以下哪个选项是欧几里得几何的公理？A. 两点之间线段最短B. 过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行C. 任意两条直线都相交D. 圆的周长与直径的比值是一个常数答案：B2. 球面上的最短路径是：A. 直线B. 曲线C. 大圆D. 任意路径答案：C3. 以下哪个定理是球面几何中的定理？A. 勾股定理B. 泰勒斯定理C. 球面三角形的内角和大于180度D. 三角形内角和等于180度答案：C4. 以下哪个选项是双曲几何的特征？A. 过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行B. 过直线外一点有无数条直线与已知直线平行C. 过直线外一点没有直线与已知直线平行D. 过直线外一点有一条直线与已知直线平行答案：B二、填空题（每题5分，共20分）1. 在欧几里得几何中，一个平面上任意两个点确定一条________。
答案：直线2. 球面几何中，球面上的两点之间的最短路径称为________。
答案：大圆3. 在双曲几何中，过直线外一点可以画出________条直线与已知直线平行。
答案：无数4. 根据球面几何的性质，球面上的三角形内角和________180度。
答案：大于三、解答题（每题15分，共30分）1. 证明：在球面几何中，任意两个大圆的交点最多有两个。
证明：假设球面上有两个大圆A和B，它们相交于点P和Q。
如果存在第三个交点R，则R必须位于大圆A和B上。
由于大圆A和B是球面上的最短路径，它们在球面上的交点必须是球面上的最短路径的端点，因此R不可能存在。
因此，任意两个大圆的交点最多有两个。
答案：证明完毕。
2. 已知球面上的三角形ABC，其内角分别为α、β、γ，且α+β+γ=180°+ε，其中ε为正数。
求证：三角形ABC的边长之和小于球面上的任意其他三角形的边长之和。
证明：设球面上的任意其他三角形为DEF，其内角分别为α'、β'、γ'。
高等几何试卷1
毕节学院课程试卷~ 学年度第 学期《高等几何》学院 级 专业 班 姓名 学号 得分主考教师： 试卷类型：（ 卷）阅卷须知：阅卷用红色墨水笔书写，得分用阿拉伯数字写在每小题题号前，用正分表示，不得分则在题号前写0；大题得分登录在对应的题号前；统一命题的课程应集体阅卷，流水作业；阅卷后要进行复核，发现漏评、漏记或总分统计错误应及时更正；对评定分数或统分记录进行修改时，修改人必须签名。
（1， 0， 0），则（ABC ）= ；2、若（),4321P P P P =4，则（),3421P P P P = ；（),4231P P P P = ； （),4132P P P P = ；3、设(AB,CD)=21，则点偶 调和分割点偶 ； 4、过点（1，－i ，2）的实直线的齐次方程为： ；5、无穷远线的方程为： ；6、两个射影点列成透视的充要条件是 ；7、直线04321=-+x x x 上的无穷远点的齐次坐标为： 。
5、设λ，λ'分别表示两个一维基本形B A λ+与B A λ'+的坐标的参数，则变换式06342=-'-+'λλλλ是一个一维射影变换。
（ ）二、作图题：（15分）已知A ，B ，C 三点，求作点D ，使()1,2AB DC =。
（要求：写出作法并予以证明）三、解答证明题：（共40分）1、直线AB 与CD 交于M,AC 与BD 交于N, MN 分别交AD,BC 于K, H, 直线BK 交AC 于L, 求证:LH,CK,AM 交于一点. （10分）ABMCDKNLH2、已知A(1,2,-1),B(2,-3,1),C(1,9,-4),D(8,-5,1).（10分） （1）证明D C B A ,,,共线（2）将D C ,的坐标表示为B A λ+的形式 （3）求交比（AB,CD ）3、求射影变换1122233x x xx x x x ρρρ⎧'=+⎪⎪'=⎨⎪'=⎪⎩的不变点和不变直线。
高等几何试卷及答案
《高等几何》考试试题A 卷(120分钟)一、填空题(2分⨯12=24分)1平行四边形 ;2、直线0521=+x x 上无穷远点坐标为: (5,-1,0)3、已知3),(4321=l l l l ,则=),(1234l l l l 3 =),(4231l l l l -24、过点A(1,i - ,2)的实直线的齐次方程为: 0231=-x x5、方程065222121=+-u u u u 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312'+-=x x x ,则原点的对应点 -317、求点)0,1,1(-关于二阶曲线054753323121232221=+++++x x x x x x x x x 的极线方程063321=++x x x8、ABCD 为平行四边形,过A 引AE 与对角线BD 平行,则),(DE BC A = -19、一点列到自身的两射影变换a):21→,32→,43→; b):10→,32→,01→ 其中为对合的就是: b10、求射影变换012'=+-λλλ的自对应元素的参数 1 11、两个线束点列成透视的充要条件就是 底的交点自对应12、直线02321=+-x x x 上的三点)1,3,1(A ,)1,5,2(B ,)0,2,1(C 的单比)(ABC = 1 二、求二阶曲线的方程,它就是由下列两个射影线束所决定的:130x x λ-=与23'0x x λ-= 且 '2'10λλλλ-++=。
解:射影对应式为'2'10λλλλ-++=。
由两线束的方程有:1233,'x xx x λλ==。
将它们代入射影对应式并化简得,2122313320x x x x x x x +-+=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 与三点形C B A '''内接于二次曲线(C),设 AB I C B ''=D AB I C A ''=E B A ''I BC=D ' B A ''I AC=E ',则),,,(B A B A C '''∧),,,(B A B A C ''所以,),E ,D ,(B A ∧),,,(B A B A C '''∧),,,(B A B A C ''∧)D ,,,E (''''A B 即),E ,D ,(B A ∧)D ,,,E (''''A B这两个点列对应点的连线AC,B C '',A C '',BC 连同这两个点列的底AB,B A ''属于同一条二级曲线(C '),亦即三点形ABC 与三点形C B A '''的边外切一条二次曲线。
高等几何试题及答案
专业
班
二、 选择题（每小题 2 分，共 10 分）
1.下列哪个图形是仿射不变图形？( A.圆 C.矩形 2.
u1 2 u1u 2 8 u 2 0
2 2
) B.直角三角形 D.平行四边形
系
表示(
)
A.以-1/4 为方向的无穷远点和以 1/2 为方向的无穷远点
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B. 以-4 为方向的无穷远点和以 2 为方向的无穷远点 C. 以 4 为方向的无穷远点和以-2 为方向的无穷远点 D. 以 1/4 为方向的无穷远点和以-1/2 为方向的无穷远点 3.两个不共底且不成透视的射影点列至少可以由几次透视对应组成？( A.一次 C.三次 B.两次 D.四次 )： B. 梯形 D.椭圆 )
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六、计算题（42 分）
1. （6 分）平面上经过 A（-3，2）和 B（6，1）两点的直线被直线 x+3y-6=0 截于 P 点， 求单比(ABP)
2. （6 分）已知仿射平面上直线 l 的非齐次坐标方程为 x-2y+1=0，求 （1）l 的齐次坐标方程； （2）l 上无穷远点的坐标； （3）l 上无穷远点的方程。
0, 0
（2 分）
6 a 2 b 3c d 0
,6a+3b+2c+d=0
得到： a : b : c : d
3 : 5 : 5 : 7 0
故射影变换方程为： 3 ' 5 5 ' 7 二重元素满足： 3 2 10
7 0
（4 分） （2 分）
4.下面的名称或定理分别不属于仿射几何学有( A. 三角形的垂心 C.在平面内无三线共点的四条直线有六个交点 5.二次曲线按射影分类总共可分为( A.4 类 C.6 类 ) B.5 类 D.8 类
高等考试数学立体几何大题30题
立体几何大题1．如下图，一个等腰直角三角形的硬纸片ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝4cm ，CD 是斜边上的高沿CD 把△ABC 折成直二面角．（1）如果你手中只有一把能度量长度的直尺，应该如何确定A ，B 的位置，使二面角A －CD －B 是直二面角？证明你的结论．（2）试在平面ABC 上确定一个P ，使DP 与平面ABC 内任意一条直线都垂直，证明你的结论．（3）如果在折成的三棱锥内有一个小球，求出小球半径的最大值．解：（1）用直尺度量折后的AB 长，若AB ＝4cm ，则二面角A －CD －B 为直二面角．∵ △ABC 是等腰直角三角形，(),cm 22DB AD ==∴又∵ AD ⊥DC ，BD ⊥DC ．∴ ∠ADC 是二面角A －CD －B 的平面角．ABC第1题图ABCD第1题图有时当,cm 4AB ,22DB AD === Θ.90ADB .AB DB AD 222︒=∠∴=+（2）取△ABC 的中心P ，连DP ，则DP 满足条件 ∵ △ABC 为正三角形，且 AD ＝BD ＝CD ．∴ 三棱锥D －ABC 是正三棱锥，由P 为△ABC 的中心，知DP ⊥平面ABC ， ∴ DP 与平面内任意一条直线都垂直．（3）当小球半径最大时，此小球与三棱锥的4个面都相切，设小球球心为0，半径为r ，连结OA ，OB ，OC ，OD ，三棱锥被分为4个小三棱锥，且每个小三棱锥中有一个面上的高都为r ，故有ABC O ABD O ADC O BCD O BCD A V V V V V -----+++=代入得3623r -=，即半径最大的小球半径为3623-．2．如图，已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面边长为3，侧棱长为4，连结A 1B ，过A 作AF ⊥A 1B 垂足为F ，且AF 的延长线交B 1B 于E 。
（Ⅰ）求证：D 1B ⊥平面AEC ； （Ⅱ）求三棱锥B —AEC 的体积； （Ⅲ）求二面角B —AE —C 的大小. 证（Ⅰ）∵ABCD —A 1B 1C 1D 1是正四棱柱，∴D 1D ⊥ABCD .连AC ，又底面ABCD 是正方形， ∴AC ⊥BD ，.由三垂线定理知 D 1B ⊥AC . 同理，D 1B ⊥AE ，AE ∩AC = A ， ∴D 1B ⊥平面AEC .解（Ⅱ）V B －AEC = V E －ABC . ∵EB ⊥平面ABC ，∴EB 的长为E 点到平面ABC 的距离. ∵Rt △ABE ~ Rt △A 1AB ，∴EB =.4912=A A AB∴V B －AEC = V E －ABC =31S △ABC ·EB =31×21×3×3×49=.827 （10分）解（Ⅲ）连CF ，∵CB ⊥平面A 1B 1BA ，又BF ⊥AE ，由三垂线定理知，CF ⊥AE .于是，∠BFC 为二面角B —AE —C 的平面角， 在Rt △ABE 中，BF =59=⋅AE BE BA ， 在Rt △CBF 中，tg ∠BFC =35， ∴∠BFC = arctg 35..即二面角B —AE —C 的大小为arctg 35.3．如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为1，点 M 在BC 上，△AMC 1是以M 为直角顶点的等腰直角三角形.（I ）求证：点M 为BC 的中点； （Ⅱ）求点B 到平面AMC 1的距离；（Ⅲ）求二面角M —AC 1—B 的正切值.答案：（I ）证明：∵△AMC 1是以点M 为直角 顶点的等腰直角三角形， ∴AM ⊥MC 1且AM=MC 1 ∵在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中， 有CC 1⊥底面ABC.∴C 1M 在底面内的射影为CM ， 由三垂线逆定理，得AM ⊥CM. ∵底面ABC 是边长为1的正三角形，∴点M 为BC 中点. （II ）解法（一）过点B 作BH ⊥C 1M 交其延长线于H. 由（I ）知AM ⊥C 1M ，AM ⊥CB ， ∴AM ⊥平面C 1CBB 1.∴AM ⊥BH. ∴BH ⊥平面AMC 1. ∴BH 为点B 到平面AMC 1的距离. ∵△BHM ∽△C 1CM.ABCA 1B 1C 1M第3题图AM=C 1M=,23 在Rt △CC 1M 中，可求出CC 1.22 .6623212211=⇒=⇒=∴BH BH M C BM CC BH 解法（二）设点B 到平面AMC 1的距离为h. 则11BMC A AMC B V V --=由（I ）知 AM ⊥C 1M ，AM ⊥CB ， ∴AM ⊥平面C 1CBB 1 ∵AB=1，BM=.22,23,2111===CC MC AM 可求出 AM S h S MB C AMC ⋅=⋅∆∆113131 232221213123232131⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯h 66=h （III ）过点B 作BI ⊥AC 1于I ，连结HI.∵BH ⊥平面C 1AM ，HI 为BI 在平面C 1AM 内的射影. ∴HI ⊥AC 1，∠BIH 为二面角M —AC 1—B 的平面角. 在Rt △BHM 中，,21,66==BM BH ∵△AMC 1为等腰直角三角形，∠AC 1M=45°. ∴△C 1IH 也是等腰直角三角形.由C 1M=.332,63,23122==-=H C BH BM HM 有 ∴.36=HI .21==∠∴HI BH BIH tg 4．如图，已知多面体ABCDE 中，AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，三角形ACD 是正三角形，且AD=DE=2，AB=1，F 是CD 的中点．（Ⅰ）求证：AF ∥平面BCE ； （Ⅱ）求多面体ABCDE 的体积； （Ⅲ）求二面角C-BE-D 的正切值．证：（Ⅰ）取CE 中点M ，连结FM ，BM ，则有AB DE FM //21//．∴四边形AFMB 是平行四边形． ∴AF//BM ， ∵⊂BM 平面BCE ，⊄AF 平面BCE ，∴AF//平面BCE ．（Ⅱ）由于DE ⊥平面ACD ， 则DE ⊥AF ．又△ACD 是等边三角形，则AF ⊥CD ．而CD ∩DE=D ，因此AF ⊥平面CDE ．又BM//AF ，则BM ⊥平面CDE ．BM AB V V V CDE B ACD B ABCDE ⋅⋅⋅⋅+⋅⋅=+=--22213124331232233233=⋅⋅+=． （Ⅲ）设G 为AD 中点，连结CG ，则CG ⊥AD ． 由DE ⊥平面ACD ，⊂CG 平面ACD ， 则DE ⊥CG ，又AD ∩DE=D ， ∴CG ⊥平面ADEB ．作GH ⊥BE 于H ，连结CH ，则CH ⊥BE ． ∴∠CHG 为二面角C-BE-D 的平面角． 由已知AB=1，DE=AD=2，则3=CG ，∴23122111212)21(21=⨯⨯-⨯⨯-⋅+=∆GBE S ．不难算出5=BE ．∴23521=⋅⋅=∆GH S GBE ，∴53=GH ． ∴315==∠GH CG CHG tg ． 5．已知：ABCD 是矩形，设PA=a ，PA ⊥平面ABCD.M 、N 分别是AB 、PC 的中点.（Ⅰ）求证：MN ⊥AB ；（Ⅱ）若PD=AB ，且平面MND ⊥平面PCD ，求二面角P —CD —A 的大小； （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求三棱锥D —AMN 的体积. （Ⅰ）连结AC ，AN. 由BC ⊥AB ，AB 是PB 在底面ABCD 上的射影. 则有BC ⊥PB. 又BN 是Rt △PBC 斜边PC 的中线， 即PC BN 21=. 由PA ⊥底面ABCD ，有PA ⊥AC ，则AN 是Rt △PAC 斜边PC 的中线，即PC AN 21=BN AN =∴又∵M 是AB 的中点，AB MN ⊥∴（也可由三垂线定理证明）（Ⅱ）由PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，有PD ⊥DC.则∠PDA 为平面PCD 与平面ABCD 所成二面角的平面角由PA=a ，设AD=BC=b ，CD=AB=c ， 又由AB=PD=DC ，N 是PC 中点，则有DN ⊥PC又∵平面MND ⊥平面PCD 于ND ， ∴PC ⊥平面MND ∴PC ⊥MN ，而N 是PC 中点，则必有PM=MC.b ac b c a =∴+=+∴.41412222 此时4,1π=∠=∠PDA PDA tg .即二面角P —CD —A 的大小为4π（Ⅲ）AMD N AMN D V V --=，连结BD 交AC 于O ，连结NO ，则NO 21PA. 且NO ⊥平面AMD ，由PA=a324231a NO S V AMD AMD N =⋅=∴∆-. 6．如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 、M 、N 分别为棱DD 1、AB 、BC 的中点。
高等几何A卷
四川师范大学成人高等教育《高等几何》考试A 卷(满分:100分 考试时间:120分钟)序号 姓名 专业 层次 班级 性别 出生年月 工作单位一、单项选择题（本题共4个小题,每小题3分，共12分） 1.在仿射变换下，菱形有哪些性质不变( )A.对角线垂直平分B.四条边相等C.对角线互相平分，对边平行且相等D.四边相等，对角线垂直平分2.直线043=+-y x 上无穷远点的坐标是( )A.（-4，3，0）B.（1，3，0）C.（-1，3，0）D. （3，1，0）3.若（AB ，CD ）=2，则( ) A.点对A ，C 调和分割点对B ，D ；B.点对B ，A 调和分割点对C ，D ；C.点对A ，D 调和分割点对B ，C ；D.以上结论都不正确。
4.平面内不在同一直线上（ )个点可以确定一条常态二阶曲线。
A 、6B 、5C 、4D 、3二、填空题（本题共9个小题,每小题2分，共18分）1、 《高等几何》是以 和 的观点考察图形的性质。
2、 对于变换T ：S S →，若存在元素S M ∈，使得T （M ）=M ，则称M 为此变换的3、德萨格定理的对偶定理就是它的。
４、透视仿射变换的性质：⑴，⑵。
5、平面上构成一个变换群，成为仿射群。
6、方向数为k的直线上的无穷远点为。
7、若简比（ABC）=1，则点C是直线AB上的。
8、“点在直线上”的对偶命题是。
9、公理就是。
三、简述题（本题共4个小题,每个小题5分，共 20分）2、扩大（仿射）平面3、德萨格定理4、综合法及其优缺点四、计算与证明题（本题共4个小题，每个小题10分，共40分） 1、 求下列变换的不动点⎩⎨⎧-+='-+='7421154y x y y x x2、判断以下各组点是否共线：（1，2，3），（0，2，1），（2，10，3）3、证明三角形三中线共点。
4、求椭圆12222=+b y a x 所围成的图形的面积。
五、论述题（本题1个小题,共10分） 论述克莱因观点。
高等几何试题及答案
高等几何试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 已知直线l的方程为Ax+By+C=0，直线m的方程为Dx+Ey+F=0，若l与m平行，则以下哪个条件成立？A. A/D = B/E ≠ C/FB. A/D = B/E = C/FC. A/D = B/E ≠ C/FD. A/D ≠ B/E = C/F答案：A2. 已知平面α的方程为Ax+By+Cz+D=0，平面β的方程为Ex+Fy+Gz+H=0，若α与β垂直，则以下哪个条件成立？A. AE + BF + CG = 0B. AE + BF + CG ≠ 0C. AE + BF + CG = D + HD. AE + BF + CG = D - H答案：A3. 已知点P(x1, y1, z1)在平面α：Ax+By+Cz+D=0上，则以下哪个条件成立？A. Ax1+By1+Cz1+D=0B. Ax1+By1+Cz1+D≠0C. Ax1+By1+Cz1+D>0D. Ax1+By1+Cz1+D<0答案：A4. 已知直线l的参数方程为x=x0+at，y=y0+bt，z=z0+ct，其中a、b、c为直线的方向向量，若直线l与平面α：Ax+By+Cz+D=0平行，则以下哪个条件成立？A. Aa+Bb+Cc=0B. Aa+Bb+Cc≠0C. Aa+Bb+Cc=DD. Aa+Bb+Cc=-D答案：A二、填空题（每题5分，共20分）5. 已知直线l的方程为Ax+By+Cz+D=0，直线m的方程为Ex+Fy+Gz+H=0，若l与m相交，则它们的交点坐标为__________。
答案：（(BF-CE)/(AF-CD), (AG-CF)/(AF-CD), (AE-BF)/(AF-CD)）6. 已知平面α的方程为Ax+By+Cz+D=0，平面β的方程为Ex+Fy+Gz+H=0，若α与β相交，则它们的交线方程为__________。
答案：(Ax+By+Cz+D)(EF-GH) - (Ex+Fy+Gz+H)(AF-CD) = 07. 已知点P(x1, y1, z1)到平面α：Ax+By+Cz+D=0的距离为d，则d=__________。
高等几何试卷与答案
《高等几何》考试试题 A 卷（ 120 分钟）题号一二三四五六七八合计分数2410101010121212100得分一、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 x15x20 上无穷远点坐标为：（5，-1，0）3、已知 (l1l 2 , l 3l 4 ) 3 ,则 (l 4l 3 , l 2 l1 )3(l1l 3 , l 2 l 4 )-24、过点 A(1,i,2)的实直线的齐次方程为： 2 x1 x305、方程 u125u1u26u220 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'2x 1，则原点的对应点-1x337、求点(1, 1,0)关于二阶曲线 3x125x22x327x1 x24x1x35x2 x30 的极线方程x13x26x308、ABCD为平行四边形，过A引AE与对角线BD平行，则A( BC, DE ) = -19、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：b10、求射影变换'210 的自对应元素的参数111、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 2x1x2x30 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：x1 x3 0 与 x2' x3 0且'2'10。
由两线束的方程有：x1, 'x 2 。
x 3x 3将它们代入射影对应式并化简得，x 1x 2 2x 2 x 3 x 1 x 3 x 32 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 BC =D AB AC =EAB BC=DABAC= 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。
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浙江省2002年4月高等教育自学考试
高等几何试题
课程代码：10027
一、填空题(每空2分，共20分)
1._______，称为仿射不变性和仿射不变量.
2.共线三点的简比是_______不变量.
3.平面内三对对应点(原象不共线，映射也不共线)决定唯一_______.
4.点坐标为(1，0，0)的方程是_______.
5.u u 1222- =0代表点_______的方程.
6.已知共线四点A 、B 、C 、D 的交比(AB ，CD)=2，则(CA ，BD)=_______.
7.对合由_______唯一决定.
8.二阶曲线就是_______的全体.
9.证明公理体系的和谐性常用_______法.
10.罗巴切夫斯基平面上既不相交，又不平行的两直线叫做_______直线.
二、计算题(每小题6分，共30分)
1.求直线x -2y+3=0上无穷远点的坐标。
2.求仿射变换
'=-+'=++⎧⎨⎩
x x y y x y 71424 的不变点.
3.求四点(2，1，-1)，(1，-1，1)，(1，0，0)，(1，5，-5)顺这次序的交比.
4.试求二阶曲线的方程，它是由两个射影线束
x 1-λx 3=0与x 2-'λx 3=0 ('λ=λλ-+12
)所决定的. 5.求二次曲线2x 2+xy -3y 2+x -y=0的渐近线.
三、作图题(每小题6分，共18分)
1.给定点A 、B ，作出点C ，使(ABC)=4.
作法：
2.过定点P ，作一条直线，使通过两条已知直线的不可到达的点.
作法：
3.如图，求作点P关于二次曲线Γ的极线
作法：
四、证明题(第1、2题各10分，第3小题12分，共32分)
1.设P、Q、R、S是完全四点形的顶点，A=PS×QR,B=PR×QS,C=PQ×RS,证明A1=BC×QR,B1=CA×RP, C1=AB×PQ三点共线.
证明：
2.过二次曲线的焦点F，引两条共轭直线l,l′，证明l⊥l′.
证明：
3.将△ABC的每边分成三等份，每个分点跟三角形的对顶相连，这六条线构成一个六边形(图甲)，求证它的三双对顶连线共点。
证明(按以下程序作业)：
第一步：将△ABC仿射变换为等边△A′B′C′(图乙)，为什么这样变换存在?
第二步：在图乙中，画出图甲的对应点和线段，并叙述原来命题对应地变成怎样的命题。
第三步：证明：变换后的相应命题成立。
这样原来命题也就成立，为什么?
浙江省2002年4月自考高等几何试题答案
课程代码：10027
一、填空题(每空2分，共20分)
1. 经过一切透视仿射不改变的性质和数量
2. 仿射
3. 仿射变换
4. u 1=0
5. (1，1，0)、(1，-1，0)
6. -1
7. 两对不同的对应元素
8. 两个射影线束对应直线交点
9. 模型
10. 分散
二、计算题(每小题6分，共30分)
1.解：化为齐次式
x 1-2x 2+3x 3=0,以x 3=0代入
得 x 1-2x 2=0， x 1=2x 2 或 x 2=
12
1x ∴ 无穷远点坐标为(2，1，0)
2.解：由 x x y y x y =-+=++⎧⎨⎩71424 得 610440x y x y -+=++=⎧⎨⎩
解此方程，得不变点为(,)--1
22
3.解：以(2，1，-1)和(1，-1，1)为基底，
则(2，1，-1)+μ1(1,-1,1)相当于(1，0，0)
∴ 211010
111+=-=-+μμμ 得 μ1=1
又 (2，1，-1)+μ2(1,-1,1)相当于(1，5，-5) ∴211515
222+=-=-+-μμμ 得 μ2=-32
所求交比为
μμ1223=-
4.解：∵'λ=λλ-+12
(1)
将x 1-λx 3=0, x 2-'λx 3=0中的，λ，
'λ代入(1)
得 x x x x x x x x x x 2
31
313
1
313
1
2
2=-+=-+
得 x 2(x 1+2x 3)-x 3(x 1-x 3)=0，
化简，即得所求的二阶曲线方程
x x x x x x x 1223133220+-+=
5.解：∵ 系数行列式 2121
2
1
231
2121
20
---
∴ A 31=5
4, A 32=54, A 33=-25
4,
因此中心坐标 ξ=-15,η=-1
5 .
由 2X 2+XY -3Y 2=0，
即 (2X+3Y)(X -Y)=0.
得 2X+3Y=0 X -Y=0. (1)
将 X=x+15 Y=y+1
5 代入(1)
得 2x+3y+1=0 x -y=0
即为所求的渐近线方程
三、作图题(每小题6分，共18分)
1.作法：
∵ (ABC)=AC
BC =4
1，
∴ AC BC BC -=3
1,
即 AB
BC =3 .
在AB 延长线上，作点C ，使BC=1
3AB
2.作法：(利用代沙格定理)：
任取线束S ，设束中两条直线交a 于A ，C ，
交b于A′，C′；
连直线PC，PC′分别交线束S的第三条直线于B，B′；
直线BA和B′A′的交点Q与点P的连线，即为所求的直线.
注：1°文字，
2°也可利用巴卜斯定理；或完全四点形调和性质作图.
3.作法：过P点任引两直线，使与Γ分别交于A、B及C、D，
设Q=AC×BD，R=AD×BC，那么
直线QR即为所求的极线.
四、证明题(第1、2题各10分，第3小题12分，共32分)
1.证明：在△ABC及△PQR中，
∵AP、BQ、CR共点S.
∴对应边的交点
C1=AB×PQ，B1=CA×RP, A1=BC×RQ
三点共线
2.证明：已知F为焦点，l，l′为由F所引的二共轭直线，
按其点定义，两迷向直线FI，FJ是二次曲线的切线.
从而(FI，FJ，l，l′)=-1，
所以l⊥l′
3.第一步，∵任意两三角形，总存在仿射变换，使其中一
个三角形仿射变换为另一三角形.
第二步：正三角形的每边三等份，每一分点跟三角形的对顶相连，这六条线构成一个六边形，求证它的三双对顶的连线共点.
第三步：由A′作B′C′边上的高线A′S，∵△A′B′C′是正三角形，由对称性可知K′，N′在A′S上.同理J′、M′与P′L′也分别在过点B′、C′所作的高线上，因为△A′B′C′的三高线共点，所以六边形J′K′L′M′N′P′的三对顶点的连线共点. 正三角形的垂心和重心是合一的，由于仿射变换构成变换群，且同素性和接合关系以及三角形的重心是仿射不变性，所以原命题也成立.。