高观点下的几何学练习题及参考答案(东师)
最完整高等几何习题解答(最全版)
高等几何习题解答习题一1．0设A ，B 为二定点，xy 为定直线。
于xy 上任取P ，Q ，又AP 与BQ 交于L ，AQ 与BP 交于M ，求证：LM 通过AB 上一定点。
解：把直线xy 射影为无穷远直线，则点P ，Q ，2P ，2Q 变为无穷远点1P ∞，1Q ∞，2P ∞，2Q ∞，所以1A L B M ''''∥，22A L B M ''''∥，11A M B L ''''∥，22A M B L ''''∥，得两个平行四边形。
11L B M ''''中，11L M ''，A B ''是对角线，交于1S ，且1S 是A B ''的中点。
22L B M ''''中，22L M ''，A B ''是对角线，交于点1S ，且1S 是A B ''的中点，∴1S '≡2S '＝S '，从而，LM通过AB 上一定点S 。
1.1 写出下列各直线的绝对坐标：（1）123320x x -= （2）23230x x -= （3）30x =答：（1）(3,-；（2）(0,2,3)-；（3）(0,0,1) 1.2 写出下列个点的方程(3,5,1)a =- (0,1,0)b = 1,0)c =-答：123:350a ξξξ-+= 2:0b ξ= 120c ξ-=1.3 求下列三点中每两点连线的方程和坐标：(1,4,1)x =，(2,0,1)y =，(1,1,2)z =- 答：),8,1,4(=⨯y x 084321=++x x x ),2,3,1(--=⨯z y 023321=--x x x ),5,1,9(--=⨯x z 059321=--x x x1.4 求下列三直线中每两条的交点的方程和坐标：),4,1,0(=ξ),3,1,2(=η)0,1,1(-=ζ 答：),2,8,1(-=⨯ηξ028321=+-ξξξ ),1,1,1(-=⨯ξη0321=-+ξξξ),1,4,4(-=⨯ξζ044321=-+ξξξ1.5 如果直线,ξ,η,ζϕ的方程分别是：,031=-x x ,032=-x x ,02321=-+x x x,0321=++x x x 求直线)()(ϕζηξ⨯⨯⨯的方程和坐标。
(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步名师选题
(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步名师选题单选题1、下列说法中正确的是（）A．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B．平面α内△ABC的三个顶点到平面β的距离相等，则α与β平行C．α//β，a//α，则a//βD．a//b，a//α，b⊄α，则b//α答案：D分析：根据线面关系，逐一判断每个选项即可.解：对于A选项，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，故错误；对于B选项，如图1，D，E，F，G分别为正方体中所在棱的中点，平面DEFG设为平面β，易知正方体的三个顶点A，B，C到平面β的距离相等，但△ABC所在平面α与β相交，故错误；对于选项C，a可能在平面β内，故错误；对于选项D，正确.故选：D.2、如图是四边形ABCD的水平放置的直观图A′B′C′D′，则原四边形ABCD的面积是（）A．14B．10√2C．28D．14√2答案：C分析：根据斜二测画法的定义，还原该四边形得到梯形，根据梯形的面积公式即可计算求解.∵A′D′∥y′轴，A′B′∥C′D′，A′B′≠C′D′，∴原图形是一个直角梯形．又A′D′＝4，∴原直角梯形的上、下底及高分别是2，5，8，×(2+5)×8=28.故其面积为S=12故选：C3、“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为12cm，外层底面直径为16cm，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20cm的球面上.此模型的体积为（）A ．304πcm 3B ．840πcm 3C ．912πcm 3D ．984πcm 3答案：C分析：求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，计算可得解.如图，该模型内层圆柱底面直径为12cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知内层圆柱的高ℎ1=2√(202)2−(122)2=16 同理，该模型外层圆柱底面直径为16cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知外层圆柱的高ℎ2=2√(202)2−(162)2=12 此模型的体积为V =π(162)2×12+π(122)2×(16−12)=912π故选：C4、南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m 时，相应水面的面积为140．0km 2；水位为海拔157．5m 时，相应水面的面积为180．0km 2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m 上升到157．5m 时，增加的水量约为（√7≈2.65）（ ）A ．1.0×109m 3B ．1.2×109m 3C ．1.4×109m 3D ．1.6×109m 3答案：C分析：根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．依题意可知棱台的高为MN =157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ．棱台上底面积S =140.0km 2=140×106m 2，下底面积S ′=180.0km 2=180×106m 2，∴V =13ℎ(S +S ′+√SS ′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012) =3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m 3)．故选：C ．5、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（ ）A ．6B ．12C ．24D ．48答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48故选：D6、《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵ABC −A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，且AA 1=AB =2.下列说法错误的是（ ）A．四棱锥B−A1ACC1为“阳马”B．四面体A1C1CB为“鳖臑”C．四棱锥B−A1ACC1体积最大为23D．过A点分别作AE⊥A1B于点E，AF⊥A1C于点F，则EF⊥A1B答案：C分析：由新定义结合线面垂直的判定、性质、体积公式逐项判断即可得解.底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.所以在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，侧棱AA1⊥平面ABC,在选项A中，因为AA1⊥BC，AC⊥BC，且AA1∩AC=A，则BC⊥平面AA1C1C，且AA1C1C为矩形，所以四棱锥B−A1ACC1为“阳马”，故A正确；在选项B中，由A1C1⊥BC，A1C1⊥C1C且C1C∩BC=C，所以A1C1⊥平面BB1C1C，所以A1C1⊥BC1，则△A1BC1为直角三角形，由BC⊥平面AA1C1C，得△A1BC,△CC1B为直角三角形，由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形，所以四面体A1C1CB为“鳖臑”，故B正确; 在选项C中，在底面有4=AC2+BC2≥2AC⋅BC，即AC⋅BC≤2，当且仅当AC=BC时取等号，则V B−A1ACC1=13S A1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC≤43，所以C不正确；在选项D中，由BC⊥平面AA1C1C，则BC⊥AF,AF⊥A1C且A1C∩BC=C，则AF⊥平面A1BC，所以AF⊥A1B,又AE⊥A1B且AF∩AE=A，则A1B⊥平面AEF，则A1B⊥EF，所以D正确.故选：C.7、下列空间图形画法错误的是（）A．B．C．D．答案：D分析：根据空间图形画法：看得见的线画实线，看不见的线画虚线.即可判断出答案.D选项：遮挡部分应画成虚线．故选:D.8、如图所示的正方形SG1G2G3中，E ， F分别是G1G2，G2G3的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合为点G，则有（）A．SG⊥平面EFG B．EG⊥平面SEFC．GF⊥平面SEF D．SG⊥平面SEF答案：A解析：根据正方形的特点，可得SG⊥FG，SG⊥EG，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果.由题意：SG⊥FG，SG⊥EG，FG ∩EG =G ，FG ，EG ⊂平面EFG所以SG ⊥平面EFG 正确，D 不正确；.又若EG ⊥平面SEF ，则EG ⊥ EF ，由平面图形可知显然不成立；同理GF ⊥平面SEF 不正确；故选：A小提示：本题主要考查线面垂直的判定定理，属基础题.9、如图，正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF =√22，则三棱锥A −BEF 的体积为（ ）A ．112B ．14C ．√212D ．不确定答案：A分析：根据题意可知B 1D 1//平面ABCD ，而E ，F 在线段B 1D 1上运动，则EF//平面ABCD ，从而得出点B 到直线B 1D 1的距离不变，求出△BEF 的面积，再根据线面垂直的判定定理可证出AO ⊥平面BEF ，得出点A 到平面BEF 的距离为AO =√22，最后利用棱锥的体积公式求出三棱锥A −BEF 的体积.解：由题可知，正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则B 1D 1//平面ABCD ，又E ，F 在线段B 1D 1上运动，∴ EF //平面ABCD ，∴点B 到直线B 1D 1的距离不变，由正方体的性质可知BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，则BB 1⊥EF ，而EF =√22，BB 1=1， 故△BEF 的面积为12×√22×1=√24， 又由正方体可知，AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1，且BD ∩BB 1=B ，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，则AC ⊥平面BEF ，设AC 与BD 交于点O ，则AO ⊥平面BEF ，∵点A 到平面BEF 的距离为AO =√22， ∴V A−BEF =13×√24×√22=112.故选：A.10、《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，AC ⊥CD ，AC ＝BC ＋CD ＝2，当△BCD 的面积最大时，鳖臑ABCD 的表面积为（ ）A ．√3+√62B ．3+√62C ．2+√3+√62D ．3+√3+√62答案：D分析：根据题意可证明CD⊥BC，从而说明三角形BCD是直角三角形，求得BD，进而求得四个直角三角形的面积，可得答案.由题意可知：AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，故AB⊥CD ,又AC⊥CD，AC∩AB=A,AB,AC⊂平面ABC，故CD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，故CD⊥BC,所以S△BCD=12BC⋅CD≤12×(BC+CD2)2=12,当且仅当BC=CD=1时取得等号，故BD=√1+1=√2 ,由AB⊥平面BCD，可知AB⊥BD,AB⊥BC, 故AB=√AC2−BC2=√4−1=√3 ,所以S△ABD=12AB⋅BD=√62,S△ABC=12AB⋅BC=√32,S△BCD=12BC⋅CD=12,S△ACD=12AC⋅CD=1,所以鳖臑ABCD的表面积为√62+√32+12+1=3+√3+√62，故选：D填空题11、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是侧面A1ADD1的中心，则异面直线B1O与BD的夹角大小为______．答案：30°##π6分析：平移直线，找出异面直线所成角，利用三角形的知识求解.如图，连接D1B1，则D1B1//BD，则∠D1B1O即为所求异面直线夹角（或其补角），连接B1A，A1D，AD1，则AD1=D1B1=B1A，所以△AD1B1是等边三角形，则∠AB1D1=60°．O是AD1中点，则由等边三角形的性质可知B1O平分∠AB1D1，即∠D1B1O=30°．所以答案是：30°12、如图，O′A′B′C′是平面四边形OABC的直观图，若O′A′B′C′是边长为2的正方形，则四边形OABC的周长为________.答案：16分析：根据原图形与斜二测画法直观图之间的关系，还原原图形即可求解.∵O′A′=2，∴O′B′=2√2还原回原图形后，OA=O′A′=2，OB=2O′B′=4√2，AB=√OB2+OA2=√32+4=6,∴原图形的面积周长为2×(6+2)=16所以答案是：16.13、三条两两平行的直线可以确定平面的个数可能为______个．答案：1或3分析：讨论三条平行线是否共面，即可确定平面的个数.当三条平行线不共面时，如下图示可确定3个平面；当三条平行线共面时，如下图示确定1个平面.所以答案是：1或314、已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.答案：2分析：求出底面半径扩大为原来的2倍，从而得到侧面积扩大为原来的2倍.设圆柱的高为ℎ，底面半径为r，则体积为πr2ℎ，体积扩大为原来的4倍，则扩大后的体积为4πr2ℎ，因为高不变，故体积4πr2ℎ=π(2r)2ℎ，即底面半径扩大为原来的2倍，原来侧面积为2πrℎ，扩大后的圆柱侧面积为2π⋅2rℎ= 4πrℎ，故侧面积扩大为原来的2倍.所以答案是：215、早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36°按35计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．答案：55√336π分析：可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，可得r=5l6，R=3√1111l，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，则l2r=sin36°=35，得r=5l6，所以正五棱锥的顶点到底面的距离是ℎ=√l2−r2=√l2−(5l6)2=√116l，所以R2=r2+(R−ℎ)2，即R2=(5l6)2+(R−√116l)2，解得R=3√1111l．所以该正二十面体的外接球表面积为S球=4πR2=4π×(3√1111l)2=36π11l2，而该正二十面体的表面积是S正二十面体=20×12×l×l×sin60°=5√3l2，所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于55√336π．所以答案是：55√336π.小提示：本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将正二十面体的外接球等价于上方正五棱锥的外接球，表示出半径.解答题16、如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M , N分别为BC , B1C1的中点，P 为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO//平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．答案：（1）证明见解析；（2）√1010．分析：（1）先求出线线平行，可得线线垂直，即可求线面垂直，最后可得面面垂直；（2）连接NP，先求证四边形ONPA是平行四边形，根据几何关系求得EP，在B1C1截取B1Q=EP，由（1）BC⊥平面A1AMN，可得∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角，即可求得答案．证明：（1）由题意知AA1//BB1//CC1，又∵侧面BB1C1C是矩形且M，N分别为BC，B1C1的中点，∴MN//BB1，BB1⊥BC，∴MN//AA1，MN⊥B1C1，又底面是正三角形，∴AM⊥BC，AM⊥B1C1，又∵MN∩AM=M，AM⊂平面A1AMN，MN⊂平面A1AMN，∴B1C1⊥平面A1AMN，∵B1C1⊂平面EB1C1F，∴平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）连接NP，因为AO//平面EB1C1F，平面AONP∩平面EB1C1F=NP，所以AO//NP，根据三棱柱上下底面平行，其面A1NMA∩平面ABC=AM，面A1NMA∩平面A1B1C1=A1N，所以ON//AP，故：四边形ONPA是平行四边形．设△ABC边长是6m (m>0)，可得：ON=AP，NP=AO=AB=6m，因为O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1边长为6m，所以ON=13×6×sin60°=√3m，故：ON=AP=√3m．又EF//BC，所以APAM =EPBM，所以√33√3=EP3，解得：EP=m，在B1C1截取B1Q=EP=m，故QN=2m，又B1Q=EP，B1Q//EP，所以四边形B1QPE是平行四边形，所以B1E//PQ．由（1）B1C1⊥平面A1AMN，故∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角，在Rt△QPN，根据勾股定理可得：PQ=√QN2+PN2=√(2m)2+(6m)2=2√10m，∴sin∠QPN=QNPQ =2√10m=√1010，所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值：√1010．小提示：本题考查了空间位置关系，线面平行，线面垂直，面面垂直，线面角的计算，考查了运算能力和空间想象能力，属于中档题．17、如图所示，已知三棱锥P−ABC，∠ACB=90∘，CB=4，AB=20，D为AB的中点，且△PDB是正三角形，PA⊥PC．（1）求证：平面PAC⊥平面ABC；（2）求二面角D−AP−C的正弦值；（3）若点M为PB的中点，求三棱锥M−BCD的体积．答案：（1）证明见解析；（2）25；（3）10√7．分析：（1）证明AP⊥PB，进而证明AP⊥平面PBC，故AP⊥BC，进而证明BC⊥平面PAC，故平面PAC⊥平面ABC；（2）PA⊥PC，且AP⊥PB，∠BPC是二面角D−AP−C的平面角，再结合几何关系求解；（3）由中位线定理得DM=5√3，由AP⊥平面PBC得DM⊥平面PBC，再结合V M−BCD=V D−BCM求解即可.解：（1）证明：∵D为AB的中点，△PDB是正三角形，AB=20，∴PD=12AB=10，AP⊥PB．又PA⊥PC，PB∩PC=P，∴AP⊥平面PBC．又BC⊂平面PBC，∴AP⊥BC．又AC⊥BC,AP∩AC=A，∴BC⊥平面PAC，又BC⊂平面ABC，∴平面PAC⊥平面ABC．（2）∵PA⊥PC，且AP⊥PB，∴∠BPC是二面角D−AP−C的平面角．由（1）知BC⊥平面PAC，则BC⊥PC，∴sin∠BPC=BCPB =25（3）∵D为AB的中点，M为PB的中点，∴DM//PA,DM=12PA，且DM=5√3．由（1）知AP⊥平面PBC，∴DM⊥平面PBC，∵S△BCM=12S△PBC=2√21，∴V M−BCD=V D−BCM=13×5√3×2√21=10√7．小提示：本题考查面面垂直的证明，二面角的求解，几何体的体积计算，考查空间想象能力，运算求解能力，是中档题.二面角的求解方法：一是利用空间向量，建立坐标系，求得对应平面的法向量之间夹角的余弦值，再判断锐二面角或钝二面角，确定结果，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大；二是传统方法，利用垂直关系和二面角的定义，找到二面角对应的平面角，再求出二面角平面角的大小，这种解法的关键是找到平面角.18、在空间四边形ABCD中，AB=CD，点M､N分别为BD､AC的中点.(1)若直线AB与MN所成角为60°，求直线AB与CD所成角的大小；(2)若直线AB与CD所成角为θ，求直线AB与MN所成角的大小.答案：(1)60°(2)θ2或π−θ2分析：根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作出平行直线，从而找到异面直线所成角（或补角）即可求解.（1）如图，取AD的中点为P，连接PM､PN.因为点M､N分别为BD､AC的中点，所以PM//AB，PN//CD，且PM=12AB，PN=12CD，所以，∠MPN为直线AB与CD所成的角（或补角），∠PMN为直线AB与MN所成的角（或补角）. 又AB=CD，所以PM=PN，即△PMN为等腰三角形.直线AB与MN所成角为60°，即∠PMN=60°，则∠MPN=180°−2×60°=60°.所以，直线AB与CD所成的角为60°.（2）（2）若直线AB与CD所成的角为θ，则∠MPN=θ或∠MPN=π−θ.若∠MPN=θ，则∠PMN=π−∠MPN2=π−θ2，即直线AB与MN所成角为π−θ2；若∠MPN=π−θ，则∠PMN=π−∠MPN2=θ2，即直线AB与MN所成角为θ2.综上所述，直线AB与MN所成的角为θ2或π−θ2.19、如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB=60°，∠ADP=90°，平面ADP⊥平面ABCD，点F为棱PD的中点.(1)在棱AB上是否存在一点E，使得AF//平面PCE？若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由；(2)当二面角D−FC−B的余弦值为√24时，求直线PB与平面ABCD所成的角.答案：(1)在棱AB上存在点E，使得AF//平面PCE，点E为棱AB的中点(2)60°分析：（1）取棱AB的中点E，取PC的中点Q，连接EQ，FQ，证明FQ∥DC，根据线面平行的判定定理证明；（2）过B作BH⊥CD于H，过H作HG⊥FC于G，根据三垂线定理可得∠BGH就是二面角D−FC−B的平面角，由已知二面角D−FC−B的余弦值为√24求得a=2√3，设PD=a，根据面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理得PD⊥平面ABCD.连接BD，则∠PBD就是直线PB与平面ABCD所成的角，求解即可.（1）在棱AB上存在点E，使得AF∥平面PCE，证明如下：取棱AB的中点E，取PC的中点Q，连接EQ，FQ，FQ∥CD且FQ=12CD，AE∥CD，且AE=12CD∴AB∥FQ，且AE=FQ，∴四边形AEQF为平行四边形，∴AF∥EQ，又QE⊂平面PCE，AF⊄平面PCE，∴.AF∥平面PCE.（2）设PD=a，∵∠ADP=90°，∴PD⊥AD.∵平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD=AD，PD⊂平面ADP，∴PD⊥平面ABCD.连接BD，则∠PBD就是直线PB与平面ABCD所成的角.由题意得，△BDC为等边三角形.过B作BH⊥CD于H，则H为CD的中点，PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BH，又PD∩CD=D，∴BH⊥平面PDC. 过H作HG⊥FC于G，连接BG，∴CF⊥BH，∵BH∩HG=H，∴FG⊥平面BHG，∵BC⊂平面BHG，∴BG⊥CF，∴∠BGH就是二面角D−FC−B的平面角.∵cos∠BGH=√24，∴tan∠BGH=√7，易得BH=√3，∴GH=√217.∵sin∠GCH=CHHC =FDFC，∴a2√(2)2+22=√2171，∴a=2√3，∴tan∠PBD=PDBD =2√32=√3，∴∠PBD=60°，即直线PB与平面ABCD所成的角为60°.。
高等几何_习题集(含答案)
《高等几何》课程习题集一、计算题11. 设点A （3，1，2），B （3，-1，0）的联线与圆x 2+y 2－5x －7y ＋6=0相交于两点C 和D ，求交点C ，D 及交比（AB ，CD ）。
2. 将一维笛氏坐标与射影坐标的关系：,0(1)x x αβλαδγβγδ+=-≠+以齐次坐标表达。
3. 求射影变换11221231234,63,(1)x x x x x x x x x x ρρρ'=-⎧⎪'=-⎨⎪'=--⎩的二重元素。
4. 试求四直线2x －y+1=0,3x+y －2=0, 7x －y=0,5x －1=0顺这次序的交比。
5. 已知线束中的三直线a ，b ，c 求作直线d 使（ab ，cd ）=－1。
6. （i ）求变换：x'=21x x -，y'=21yx -的二重点。
（ii ）设O 为原点，P 为直线x=1上任一点，m'为直线OP 上一点M 的对应点， 求交比（OP ，MM'）；（iii ）从这个交比得出什么结论？解出逆变换式以验证这结论。
7. 设P 1，P 2，P 4三点的坐标为（1，1，1）,（1，－1，1）,（1，0，1）且（P 1P 2, P 3P 4）=2，求点P 3的坐标。
8. 在直线上取笛氏坐标为 2，0，1的三点作为射影坐标系的A 1,A 2, E (i)求此直线上任一点P 的笛氏坐标x 与射影坐标λ的关系；（ii ）问有没有一点，它的两种坐标相等？9. 直线上顺序四点A 、B 、C 、D 相邻两点距离相等，计算这四点形成的六个交比的值。
10. 设点列上以数x 为笛氏坐标的点叫做x ，试求一射影对应，使点列上的三点1,2,3对应于点列上三点0,3,2；11. 从变换式112321233123,,(1)x x x x x x x x x x x x ρρρ'=-++⎧⎪'=-+⎨⎪'=+-⎩求出每一坐标三角形的三边在另一坐标系下的方程 12. 求四点(2，1，－1),(1，－1，1),(1，0，0),(1，5，－5)顺这次序的交比。
《高观点下中学数学——分析学》练习题
《高观点下中学数学——分析学》练习题一一、填空题1.若C B C A ⊂⊂,，则C B A _____ .2.若},{b a A =，则_______2=A.3.设Y X f →:，若Y X f =)(，则称f 为从X 到Y 上的 .4.若复数0x 是某个整系数多项式方程的根，则称0x 是 数.5.设nn x nx f ∑∞==11)(，则ln(_____))(=x f . 6.设函数)(x f 定义在开区间),(b a 内，对于)1,0(),,(,21∈∀∈∀αb a x x ，有)()1()())1((2121x f x f x x f αααα-+≤-+，则称)(x f 是),(b a 内的 函数.7．集合X 中的关系R 同时为反身的、对称的、（ ），则称关系R 为等价关系。
8．一个集合若不能与其一个真子集建立一个（ ），则称该集合为有限集。
9．函数)(x f 在点a 的邻域内有定义，若（ ），则称函数)(x f 在点a 处连续。
10．设)(x ϕ是从),0(+∞到R 上的连续函数，满足： 1）（ ）；，2）对于,1,0≠>a a 有1)(=a ϕ,则)(x ϕ是以a 为底的对数。
11．若函数)(),(t c t s 是定义在R 上的连续函数，且满足： 1）（ ）；2）0>∃λ，当),0(λ∈t 时，0)(,0)(>>t s t c ；3）1)()0(==λs c ,则分别称)(),(t c t s 是正弦函数与余弦函数。
12．设F 为从集合X 到集合Y 中的关系，若X x ∈∀,有唯一的Y y ∈，使（ ），则称F 为（从X 到Y 中的）映射。
13.若C A B A ⊂⊂,，则C B A ⋂_____. 14.若}{,乙甲=A ，则_________2=A.15.设Y X f →:，若2121,,x x X x x ≠∈∀，有)()(21x f x f ≠,则称f 为从X 到Y 上的 .16.含有 的等式叫做函数方程. 17.设121)!12(1)1()(-∞=∑--=n n nx n x f ，则_____)2(=πf .18．设函数)(x f 定义在开区间),(b a 内，对于)1,0(),,(,21∈∀∈∀αb a x x ，有)()1()())1((2121x f x f x x f αααα-+≥-+，则称)(x f 是),(b a 内的 函数.19．集合X 中满足（ ）的二元关系称为序关系。
高观点下的几何学练习题与参考答案(东师)
《高观点下的几何学》练习题参考答案一一、填空题。
1．公理法的三个基本问题是（相容性问题）、（独立性问题）和（完备性问题）。
2．公理法的结构是（原始概念的列举）、（定义的叙述）、（公理的叙述）和（定理的叙述和证明）。
3．仿射变换把矩形变成平行四边形4．仿射变换把平行线变成平行线5．仿射变换把正三角形变成三角形二、简答题。
1．试给一个罗氏几何的数学模型。
答：罗氏几何的（Cayley-F.kLein）模型在欧氏平面上任取一个圆，把圆内部的点所构成的集合看成是罗氏“平面”。
罗氏平面几何的原始概念解释成：罗氏点：圆内的点；罗氏直线：圆内的开弦（两个端点除外，它们可称为无穷远点）。
结合关系：圆内原来的点和线的结合关系；介于关系：圆内弦上三点的介于关系；运动关系：欧氏平面上，将圆K 变成自身的射影变换。
罗氏平行公理（在罗氏平面上）通过直线外一点至少存在两直线与已知直线不相交。
2．试给一个黎曼几何的数学模型答：黎曼几何的（ F.KLein ）模型黎曼几何的原始概念解释成：黎氏点：欧氏球面上的点，但把每对对径点看成一点；黎氏直线：球面上的大圆；黎氏平面：改造后的球面。
黎氏点与黎氏直线的基本关系：(1)通过任意两个黎氏点存在一条黎氏直线；(2)通过任意两个黎氏点至多存在一条黎氏直线；(3)每条黎氏直线上至少有两个黎氏点；至少存在三个黎氏点不在同一条黎氏直线上。
黎曼几何平行公理：黎氏平面上任意两条直线相交。
3．简述公理法的基本思想。
答：若干个原始概念（包括元素和关系）、定义和公理一起叫做一个公理体系，构成了一种几何的基础。
全部元素的集合构成了这种几何的空间。
在这个公理体系的基础上，每个概念都必须给出定义，每个命题都必须给出证明，原始概念、定义、公理和定理按照逻辑关系有次序地排列而构成命题系统——逻辑结构，这就是公理法思想。
4．简述公理系统的独立性答：如果一个公理系统中的某条公理不能由其余公理证明，即不时其余公理的推论，则称这跳公理在公理系统中是独立的。
最完整高等几何习题解答（最全版）
最完整高等几何习题解答（最全版）高等几何习题解答习题一1．0设A ，B 为二定点，xy 为定直线。
于xy 上任取P ，Q ，又AP 与BQ 交于L ，AQ 与BP 交于M ，求证：LM 通过AB 上一定点。
解：把直线xy 射影为无穷远直线，则点P ，Q ，2P ，2Q 变为无穷远点1P ∞，1Q ∞，2P ∞，2Q ∞，所以1A L B M ''''∥，22A L B M ''''∥，11A M B L ''''∥，22A M B L ''''∥，得两个平行四边形。
11L B M ''''中，11L M ''，A B ''是对角线，交于1S ，且1S 是A B ''的中点。
22L B M ''''中，22L M ''，A B ''是对角线，交于点1S ，且1S 是A B ''的中点，∴1S '≡2S '＝S '，从而，LM通过AB 上一定点S 。
1.1 写出下列各直线的绝对坐标：（1）123320x x -= （2）23230x x -= （3）30x =答：（1）(3,-；（2）(0,2,3)-；（3）(0,0,1) 1.2 写出下列个点的方程(3,5,1)a =- (0,1,0)b = ,1,0)c =-答：123:350a ξξξ-+= 2:0b ξ= 120c ξ-=1.3 求下列三点中每两点连线的方程和坐标：(1,4,1)x =，(2,0,1)y=，(1,1,2)z =- 答：),8,1,4(=?y x 084321=++x x x ),2,3,1(--=?z y 023321=--x x x ),5,1,9(--=?x z 059321=--x x x1.4 求下列三直线中每两条的交点的方程和坐标：),4,1,0(=ξ),3,1,2(=η)0,1,1(-=ζ 答：),2,8,1(-=?ηξ028321=+-ξξξ ),1,1,1(-=?ξη0321=-+ξξξ),1,4,4(-=?ξζ044321=-+ξξξ1.5 如果直线,ξ,η,ζ?的方程分别是：,031=-x x ,032=-x x ,02321=-+x x x,0321=++x x x 求直线)()(?ζηξ的方程和坐标。
东师《高观点下中学数学-分析学》15秋在线作业2
东师《高观点下中学数学－分析学》15秋在线作业2 一、单选题（共20 道试题，共60 分。
）V 1.A. -B. -C. -D. -满分：3 分2.A. -B. -C. -D. -满分：3 分3.A. -B. -C. -满分：3 分4.A. -B. -C. -D. -满分：3 分5.A. -B. -C. -D. -满分：3 分6.A. -B. -C. -满分：3 分7.A. -B. -C. -D. -满分：3 分8.A. -B. -C. -D. -满分：3 分9.A. -B. -C. -满分：3 分10.A. -B. -C. -D. -满分：3 分11.A. -B. -C. -D. -满分：3 分12.A. -B. -C. -满分：3 分13.A. -B. -C. -D. -满分：3 分14.A. -B. -C. -D. -满分：3 分15.A. -B. -C. -满分：3 分16.A. -B. -C. -D. -满分：3 分17.A. -B. -C. -D. -满分：3 分18.A. -B. -C. -满分：3 分19.A. -B. -C. -D. -满分：3 分20.A. -B. -C. -D. -满分：3 分二、判断题（共20 道试题，共40 分。
）V 1.A. 错误B. 正确满分：2 分2.A. 错误B. 正确满分：2 分3.A. 错误B. 正确满分：2 分4.A. 错误B. 正确满分：2 分5.A. 错误B. 正确满分：2 分6.A. 错误B. 正确满分：2 分7.A. 错误B. 正确满分：2 分8.A. 错误B. 正确满分：2 分9.A. 错误B. 正确满分：2 分10.A. 错误B. 正确满分：2 分11.A. 错误B. 正确满分：2 分12.A. 错误B. 正确满分：2 分13.A. 错误B. 正确满分：2 分14.A. 错误B. 正确满分：2 分15.A. 错误B. 正确满分：2 分16.A. 错误B. 正确满分：2 分17.A. 错误B. 正确满分：2 分18.A. 错误B. 正确满分：2 分19.A. 错误B. 正确满分：2 分20.A. 错误B. 正确满分：2 分。
高中数学平面几何证明题练习及参考答案2023
高中数学平面几何证明题练习及参考答案2023在高中数学学习中，平面几何是一个重要的分支，它研究平面内的点、线、面及其相互关系。
而证明题是平面几何的核心内容之一，通过证明题的练习，可以巩固和提高学生的思维逻辑能力。
下面将为大家提供一些高中数学平面几何证明题的练习及参考答案，希望对大家的学习有所帮助。
1. 证明：垂直平分线能够将一条线段垂直平分。
证明：假设有一条线段AB，垂直平分线为CD。
首先，连接AC和BD两条线段，并延长它们相交于点E。
根据垂直平分线的定义，CE和DE与线段AB相交于点F和G，并且AF=FB，AG=GB。
由于三角形ACD与三角形BDC的两边分别相等，所以根据三角形的SSS（边边边）判定准则，可知ACD≌BDC。
又因为∠ACD=∠BDC=90°，所以根据SSS判定准则，可知四边形ACDF与四边形BDCG全等。
又由全等可知，CF=CG，所以CD垂直平分线段AB。
2. 证明：构成一个等腰三角形的两条边必须相等。
证明：假设有一个三角形ABC，AC=BC，需要证明∠ACB=∠ABC。
首先，连接AB，延长AB至点D。
根据三角形全等的条件，有∠ACB=∠ADC。
又因为∠ACB=∠ADC，所以∠ABC+∠ACB=∠ABC+∠ADC。
根据角平分线的定义，点D在线段AC的角平分线上。
因此，∠ACB=∠ADC=∠ABC。
3. 证明：等腰三角形的底角相等。
证明：假设有一个等腰三角形ABC，AB=AC，需要证明∠BAC=∠ABC。
首先，连接AB和AC。
根据等腰三角形的性质，有∠BAC=∠BCA。
又因为∠BAC=∠BCA，所以∠BAC=∠ABC。
通过以上的证明题练习，相信大家对平面几何的证明题有了更深入的理解和掌握。
平面几何证明题的解题思路主要是基于几何定理和性质进行推导和论证，需要善于运用基本的几何知识和证明方法。
总结：高中数学平面几何证明题是数学学习中的重要内容，通过练习这类题目可以提高我们的逻辑思维能力和分析问题的能力。
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《高观点下的几何学》练习题参考答案一一、填空题。
1．公理法的三个基本问题是（相容性问题）、（独立性问题）和（完备性问题）。
2．公理法的结构是（原始概念的列举）、（定义的叙述）、（公理的叙述）和（定理的叙述和证明）。
3．仿射变换把矩形变成平行四边形4．仿射变换把平行线变成平行线5．仿射变换把正三角形变成三角形二、简答题。
1．试给一个罗氏几何的数学模型。
答：罗氏几何的（Cayley-F.kLein）模型在欧氏平面上任取一个圆，把圆内部的点所构成的集合看成是罗氏“平面”。
罗氏平面几何的原始概念解释成：罗氏点：圆内的点；罗氏直线：圆内的开弦（两个端点除外，它们可称为无穷远点）。
结合关系：圆内原来的点和线的结合关系；介于关系：圆内弦上三点的介于关系；运动关系：欧氏平面上，将圆K变成自身的射影变换。
罗氏平行公理（在罗氏平面上）通过直线外一点至少存在两直线与已知直线不相交。
2．试给一个黎曼几何的数学模型答：黎曼几何的（F.KLein）模型黎曼几何的原始概念解释成：黎氏点：欧氏球面上的点，但把每对对径点看成一点；黎氏直线：球面上的大圆；黎氏平面：改造后的球面。
黎氏点与黎氏直线的基本关系：(1)通过任意两个黎氏点存在一条黎氏直线；(2)通过任意两个黎氏点至多存在一条黎氏直线；(3)每条黎氏直线上至少有两个黎氏点；至少存在三个黎氏点不在同一条黎氏直线上。
黎曼几何平行公理：黎氏平面上任意两条直线相交。
3．简述公理法的基本思想。
答：若干个原始概念（包括元素和关系）、定义和公理一起叫做一个公理体系，构成了一种几何的基础。
全部元素的集合构成了这种几何的空间。
在这个公理体系的基础上，每个概念都必须给出定义，每个命题都必须给出证明，原始概念、定义、公理和定理按照逻辑关系有次序地排列而构成命题系统——逻辑结构，这就是公理法思想。
4．简述公理系统的独立性答：如果一个公理系统中的某条公理不能由其余公理证明，即不时其余公理的推论，则称这跳公理在公理系统中是独立的。
如果一个公理系统中的没一条工理都是独立的，则称这个公理系统是独立的。
5．试着陈述非欧几何是怎样产生的？答：众所周知，欧几里得《几何原本》是演绎体系的里程碑，虽然它不尽完善，但它确实是建立科学演绎体系的最早的代表作，它一经问世，就引起了学术界的广泛关注，欧几里得之后的数学家们在对《几何原本》的研究过程发现，它的第五公设的内容不象前四条公设叙述的那么简单，同时它又是在第二十九条命题之后才出现的，于是这些数学家很自然提出这样一个问题：是否底五公设它不是一条公理，而是一条命题呢？与是他们试图去论证第五公设的独立性，在这种论证过程中，罗巴切夫斯基与黎曼分别建立了新的无矛盾的科学演绎体系，即罗氏及何与黎曼几何，这两种几何与欧氏几何有共同的绝对几何公理体系，只是平行公理不同。
6．简述公理系统的完备性。
答：如果公理系统的所有模型都是同构的，则称这个公理系统是完备的，或称其具有完备性。
7．简述公理系统的相容性。
答：公理系公理系统的相容性是指这个系统的所有构成要素是无矛盾的。
任何一个公理系统都要满足无矛盾性。
证明公理系统的相容性常用的方法是模型法。
三、选择题。
1．三角形内角和等于180度与（ A ）A 欧氏平行公理等价B 罗氏平行公理等价C 椭圆几何平行公设等价D 不可判定2．欧氏几何与非欧几何的本质区别为（ A ）A 平行公设不同B 结合公理相同C 绝对公设不同D 结合公理不同3．设点,,A B C 共线，且在仿射变换下分别变成',','A B C ，则',','A B C 三点（ A ）A ．共线B ．三角形顶点C ．可能不共线D ．可能重合 4．正方形在仿射变换下变成（ B ）A ．正方形B ．平行四边形C ．菱形D ．矩形 5．正方形的下列性质中哪些是仿射的( 1，4 )（1）对边平行； （2）四角相等；（3）四边相等；（4）对角线互相平分； （5）对角线互相垂直；（6）角被对角线平分；（7）对角线相等；（8）面积 6．在仿射对应下，哪些量不变？（ C ，D ）A ．长度B ．角度C ．单比D ．交比四、计算与证明题。
1．求出将点(3,1)变成点(1,3)-的绕原点的旋转变换，再将所得的变换用于抛物线28180y x y --+=上。
解：设所求的旋转变换为'cos sin 'sin cos x x y y x y θθθθ=-⎧⎨=+⎩则 2πθ=于是所求的旋转变换为''x y y x =-⎧⎨=⎩ 即''x y y x =⎧⎨=-⎩将此变换用于所给的抛物线得2'8''180x x y +-+=。
2． 试确定仿射变换，使y 轴、x 轴的象分别为直线10x y ++=和10x y --=，且点(1,1) 的象为原点。
解：所求变换的公式为111222''''x x y y x y αβγαβγ=++⎧⎨=++⎩ 其中 11220αβαβ≠ 则0x =变成直线111''0x y αβγ++=但由题设0x =变成''10x y ++=可知，111''0x y αβγ++=与''10x y ++=表示同一直线。
所以1111111hαβγ===因此 ''1hx x y =++同理 ''1ky x y =--此处,h k 是参数。
又因为点（1，1）的象为原点，于是1,1h k ==-，所以，所求变换的逆式为''1(''1)x x y y x y =++⎧⎨=---⎩ 由此得出所求的仿射变换为'22'122x y x x y y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+-⎪⎩3．求出将点(2,3)变成点(0,1)-的平移变换，在这个平移变换下，抛物线28180y x y --+=变成什么曲线？ 解：设所求的平移变换为''x x ay y b =+⎧⎨=+⎩将已知对应点的坐标代入上式得0213ab =+⎧⎨-=+⎩于是 2, 4a b =-=-所以所求的平移变换为 '2'4x x y y =-⎧⎨=-⎩ 即 '2'4x x y y =+⎧⎨=+⎩将此变换用于所给的抛物线上2('4)('2)8('4)180y x y +-+-++=即2''0y x -=4．求仿射变换'71'424x x y y x y =-+⎧⎨=++⎩的二重直线。
解： 设所求的不变直线为0Ax By C ++= （,A B 不同时为0）即在所给的变换下，0Ax By C ++=对应''0Ax By C ++= 因为''(71)(424) (74)(2)(4)Ax By C A x y B x y C A B x A B y A B C ++=-+++++=++-++++所以 74 (1)2 (2)4 (3)A B A A B B A B C C λλλ+=-+=++=消去,,A B C 得7401200141λλλ---=-展开化简得(1)(7)(2)4(1)0λλλλ---+-=解得1,3,6λ=由于当1λ=时，0A B ==，因此不对应不变直线，分别将3,6λλ==代入（1），（2），（3）得3, 2A B C B =-=和 4, 0A B C =-= 所以不变直线为2230x y --= 和 40x y -=5．证明，直线0Ax By C ++=将两点111(,)P x y 与222(,)P x y 的连线段分成的比是1122Ax By CAx By C++-++。
6．求证：相交于影消线的二直线必射影成两平行线。
证明： 设二直线1l 和2l 交于P 点，P 点在影消线上，1l 和2l 经射影对应，对应直线为'1l 和'2l ，则P 点对应无穷远点。
由于射影对应保持结合性不变，所以P 的对应点是'1l 和'2l 的交点，即无穷远点，也就是'1l ∥'2l 。
二一、填空题。
1．设共线三点()0,2,(2,0),(1,1)A B C ，则()ACB = 22．如果两个向量线性相关，则它们的位置关系是（ 共线或平行 ），夹角为（ 0π或 ）。
3．空间中三个向量线性相关当且仅当它们（ 共面 ），空间中的四个向量一定（ 线性相关 ） 4．设a 与b 是两个非零向量，若a 与b 线性相关，则()0a b ⨯=。
5．已知向量{}{}123123,,,,,a x x x b y y y ==，则a 与b 之间的内积()112233a b x y x y x y ⋅=++。
二、选择题。
1．下列性质或量中哪些是仿射的( 1，3，4，8 )（1）线段的中点； （2）角的平分线；（3）交比； （4）点偶的调和共轭性（5）角度 （6）三角形的面积（7）两相交线段的比（8）两平行线段的比（9）对称轴 （10）对称中心2．设a 与b 是两个非零向量，若0a b ⋅=，则（ B ）。
()A a 与b 平行 ()B a 与b 垂直 ()C a 与b 线性相关 ()D a 与b 的夹角为π3．设a 与b 是两个非零向量，则下列结论正确的是（ A ）。
()A a b a b ⋅≤ ()B a b a b ⋅= ()C a b a b ⋅≥ ()D a b a b ⋅>4．下列说法错误的是（ B ，C ）A ．平面上两个向量线性无关当且仅当它们不共线；B ．平面上两个向量线性无关当且仅当它们垂直C ．平面上两个向量线性无关当且仅当它们平行D ．平面上的三个向量一定线性相关 5．设a 与b 是两个非零向量，若0a b ⨯=，则（A ，C ）()A a 与b 平行 ()B a 与b 交角为锐角。
()C a 与b 线性相关 ()D a 与b 的夹角为2π三、计算与证明题。
1．设平面上的点变换1σ和2σ分别由⎩⎨⎧-+='++='15232:1y x y y x x σ和⎩⎨⎧+='-='2:2x y yx x σ表示，求 12(1) σσ；11(2) σ-；21(3) σσ； 12(4) σ-。
解：（１） 12()2(2)32()5(2)1x x y x y x y x σσ''=-+++⎧=⎨''=-++-⎩即1237729x x y y x y σσ''=-+⎧=⎨''=-+⎩（２）若求11σ-，只需从1σ中求出x,y 即可。