射影变换例题解析
射影变换例题解析
例1 填空题
（1）两线束间的射影对应是透视对应的充分必要条件为 .
（2）两点列间射影对应由 对对应点唯一确定.
（3）共线四点的交比是 不变量.
（4）两个点列经过中心投影， 不变.
（5）不重合的 对应元素，可以确定唯一一个对合对应.
解 （1）由定理知，两线束间的射影对应是透视对应的充分必要条件是：两个线束的公共线自对应.
（2）已知射影对应被其三对对应点所唯一确定，因此两个点列间的三对对应点可以决定唯一一个射影对应.
（3）共线四点的交比是射影不变量.
（4）两个点列经过中心投影，交比不变.
（5）不重合的两对对应元素，可以确定唯一一个对合对应.
例2 单选题
（1）若（AB ,CD ）=r ，则（DB ，AC ）=（ ）
A .r 1
B .
r
-11 C .r r -1 D .r 11- （2）设A ，B ，A +λ1B ，A +λ2B 是四条不同的有穷远共点直线l 1，l 2，l 3，l 4的齐次坐标， 则（l 1l 2，l 3l 4）=（ ）
A .λ1
B .λ2
C .2
1λλ D .λ1λ2 （3）设1，2，3，4是四个不同的共线点，如果
（12，34）=（23，41）则（13，24）=（ ）
A .－1
B .1
C .0
D .∞
解 由交比的运算定理，（1）选D ；（2）选C （3）选A
例3 求证P 1（3，1），P 2（7，5）与P 3（6，4），
P 4（9，7）成调和共轭.
分析 可以采用非齐次坐标与齐次坐标两种方法进行证明
解法1
(P 1P 2，P 3P 4)=))(())((14232413x x x x x x x x ----=)
76)(39()79)(36(----=-1 解法2 将P 1，P 2，P 3，P 4写成齐次坐标，则
P 1（3，1，1），P 2（7，5，1），P 3（6，4，1），
P 4（9，7，1）可以写作
P 3（24，16，4），P 4（-18，-14，-2）
于是 P 3 =P 1 +3P 2 P 4 =P 1 -3P 2
∴(P 1P 2，P 3P 4)=3
3-=-1 例4 求证：一角的两条边与这个角的内外角平分线调和共轭.
证法1 利用共点直线成调和共轭的定义进行证明.
如图4-6所示，角的两边为A ，B ，其内外角平分线分别为l 1，l 2
(AB ，l 1l 2)=
)
()(21abl abl （ABl 1）=1
（ABl 2）= -1
∴ (AB ，l 1l 2) = -1
S
A B
图4-6
证法2 用代数法
设取原点在三角形SAB 内部，A ×B 分别在A ，B 直线上.
设SA 的法线方程为0=α，
设SB 的法线方程为0=β，
为了求内角分线l 1和外角分线l 2方程，利用角平分线的几何特性，设P （x ，y ）为角平分线l 1上的任一点，则它们到A ，B 的距离相离，即α=β或βα=或βα-=
取l 1为βα=即0=-βα，即11=λ
l 2为βα-=即0=+βα，即12-=λ
∴( AB ，l 1l 2)=12
1-=λλ 证法3 根据定理，如图4-7，若用直线l 1 // l 2求截角的两边A ，B 分别交A ，B 于A ，B ，交l 1于T 1，交l 2于T ∞，则由l 1和l 2互相垂直，可知S T 1⊥l 1，又l 1为角平分线，由初等几何定理，可知△SAB 为等腰三角形，且有A T 1=T 1B ，即T 1为AB 中点，根据定理知
(AB ，T 1T ∞)=-1
(AB ，l 1l 2 )=-1
S
A T 1 B
l A l 1 B
图4-7
例5 若A ，B ，C ，D 为共线四点，且（AB ，CD ）=-1，CD 中点为O ，求证O C 2
=O A ·O B
证明 (AB ，CD )=1-=⋅⋅AD BC BD AC 即AC ·BD +BC ·AD = 0
把AC ，BD ，BC ，AD 都以0为原点表示，则有（O C -O A ）（O D -O B ）+（O D -O A ）（O C -O B ）= 0 整理得 2（O A ·O B +O C ·O D ）=(O A +O B )(O C +O D )
而 O D =-O C
∴ 2(O A ·O B -O C 2
)=(O A +O B )(O D -O C )=0
即 O C 2=O A ·O B
例6 设三直线 1111c y b x a p ++=
2222c y b x a p ++=
3333c y b x a p ++=
求证以p 1= 0，p 2= 0，p 3= 0为三边的三角形的重心由方程312212311312332)()()(p b a b a p b a b a p b a b a -=-=-给出.
A l 3
1 B O p 3 C
图4-8
分析 如图4-8，ΔABC 三边AB ，AC ，BC 的方程分别为p 1= 0，p 2= 0，p 3= 0.设BC 边上中线A O 的方程q 3=0.过A 点作BC 的平行线l 3，则l 3的斜率为3
33b a k l -=. 由于l 3过p 1和p 2的交点A ，所以l 3可由p 1和p 2线性表示，即l 3的方程为
0)(222111=+++++c y b x a c y b x a λ
l 3的斜率为2
121b b a a λλ++- ∴ 3
32121b a b b a a -=++-λλ 3
2321313b a a b b a a b --=λ ∴ l 3的方程为023********=--+
p b a a b b a a b p 由于l 3与BC 平行，所以l 3与BC 交于无穷远点L ∞，又D 为BC 中点，
（BC ，D L ∞）= -1
两条直线截同一线束，所得对应四点的交比不变，可得
（p 1p 2，q 3l 3）=-1
∴ q 3的方程为023
23213131=--+p b a a b a b b a p
同理q 1的方程为031
31321212=--+
p b a a b a b b a p 则q 1与q 3的交点为 312212131313232)()()(p b a b a p b a a b p b a a b -=-=-
例7 已知A ，B ，C 三直线交于点P ，试用直尺作出第四条直线和它们成调和共轭.
作法：如图4-9. A ，B ，C 三直线交于点P ，任作不通过P 点的直线l ，l 与直线A ，B ，C 分别交于A ，B ，C 三点，在P A 上任取一点M ，连B M 交P C 于N.连A N 交P B 于K ，连MK 交l 于P ，则有（AB ，CD ）=-1.
连P D ，即为所求第四调和线D ，
即（AB ，CD ）= -1
P
M B C D
A N K
l
A C
B D
如图4-9
例8 已知三点形ABC 及平面上一点P （P 不在ABC 的任一边上）.A P ，B P ，C P 与对边交于A '，B '，C '，且BC 与B 'C '交于A 1，CA 与C 'A '交于B 1，AB 与A 'B '交于C 1. 如图4-10.求证：
（1）（BC ，AA '）= -1，（CA ，B 1B '）= -1
（2）A 1，B 1，C 1三点共线.
证明
（1）由完全四点形C 'AB 'P 的调和性，可知
（BC ，A 1A '）= -1
又（B ，C ，A 1，A '）∧（A ，C ，B '，B 1）
∴（CA ，B 1B '）=（AC ，B 'B 1）=（BC ，A 1A '）= -1
（2）由三点形ABC 和A 'B 'C '的对应点连线共点P ，由笛沙格定理可知，对应边交点A 1，B 1，C 1共线.
B 1 P
A
C B '
A '
B A 1
C '
图4-10
例9 巴卜斯命题：设A 1，B 1，C 1与A 2，B 2，C 2为同一平面内两直线上的两组共线点，B 1C 2与B 2C 1交于L ，C 1A 2与C 2A 1交于M ，A 1B 2与A 2B 1交于N.如图4-11.
求证L ，M ，N 共线.
证明
A 1
B 1
N D C 1
M E
L
A 2
B 2
C 2 O
图4-1
∵（B 1，D ，N ，A 2）∧（O ，C 2，B 2，A 2）
∧（B 1，C 2，L ，E ）
∴（B 1，D ，N ，A 2）∧（B 1，C 2，L ，E ）
由于两点列底的交点B 1自对应，有
（B 1，D ，N ，A 2）∧（B 1，C 2，L ，E ）
因此DC 2，NL ，A 2E 三直线共点M.即L ，M ，N 共线. □
例10 如果三角形中一个角平分线过对边中点，那么这个三角形是等腰三角形. 证明 如图4-12，由于M 为AB 中点，C N ∞为外角平分线，则有
（AB ，C N ∞）= -1
∴（AB M ）= -1，（AB N ∞）= 1
即 1-=BM
AM
1=MB AM 而 1==BC
AC MB AM 从而，AC =BC .□
C N ∞
A M
B N ∞ 图4-12。
射影变换例题解析
射影变换例题解析例1 填空题（1）两线束间的射影对应是透视对应的充分必要条件为 .（2）两点列间射影对应由 对对应点唯一确定.（3）共线四点的交比是 不变量.（4）两个点列经过中心投影， 不变.（5）不重合的 对应元素，可以确定唯一一个对合对应.解 （1）由定理知，两线束间的射影对应是透视对应的充分必要条件是：两个线束的公共线自对应.（2）已知射影对应被其三对对应点所唯一确定，因此两个点列间的三对对应点可以决定唯一一个射影对应.（3）共线四点的交比是射影不变量.（4）两个点列经过中心投影，交比不变.（5）不重合的两对对应元素，可以确定唯一一个对合对应.例2 单选题（1）若（AB ,CD ）=r ，则（DB ，AC ）=（ ）A .r 1B .r-11 C .r r -1 D .r 11- （2）设A ，B ，A +λ1B ，A +λ2B 是四条不同的有穷远共点直线l 1，l 2，l 3，l 4的齐次坐标， 则（l 1l 2，l 3l 4）=（ ）A .λ1B .λ2C .21λλ D .λ1λ2 （3）设1，2，3，4是四个不同的共线点，如果（12，34）=（23，41）则（13，24）=（ ）A .－1B .1C .0D .∞解 由交比的运算定理，（1）选D ；（2）选C （3）选A例3 求证P 1（3，1），P 2（7，5）与P 3（6，4），P 4（9，7）成调和共轭.分析 可以采用非齐次坐标与齐次坐标两种方法进行证明解法1(P 1P 2，P 3P 4)=))(())((14232413x x x x x x x x ----=)76)(39()79)(36(----=-1 解法2 将P 1，P 2，P 3，P 4写成齐次坐标，则P 1（3，1，1），P 2（7，5，1），P 3（6，4，1），P 4（9，7，1）可以写作P 3（24，16，4），P 4（-18，-14，-2）于是 P 3 =P 1 +3P 2 P 4 =P 1 -3P 2∴(P 1P 2，P 3P 4)=33-=-1 例4 求证：一角的两条边与这个角的内外角平分线调和共轭.证法1 利用共点直线成调和共轭的定义进行证明.如图4-6所示，角的两边为A ，B ，其内外角平分线分别为l 1，l 2(AB ，l 1l 2)=)()(21abl abl （ABl 1）=1（ABl 2）= -1∴ (AB ，l 1l 2) = -1SA B图4-6证法2 用代数法设取原点在三角形SAB 内部，A ×B 分别在A ，B 直线上.设SA 的法线方程为0=α，设SB 的法线方程为0=β，为了求内角分线l 1和外角分线l 2方程，利用角平分线的几何特性，设P （x ，y ）为角平分线l 1上的任一点，则它们到A ，B 的距离相离，即α=β或βα=或βα-=取l 1为βα=即0=-βα，即11=λl 2为βα-=即0=+βα，即12-=λ∴( AB ，l 1l 2)=121-=λλ 证法3 根据定理，如图4-7，若用直线l 1 // l 2求截角的两边A ，B 分别交A ，B 于A ，B ，交l 1于T 1，交l 2于T ∞，则由l 1和l 2互相垂直，可知S T 1⊥l 1，又l 1为角平分线，由初等几何定理，可知△SAB 为等腰三角形，且有A T 1=T 1B ，即T 1为AB 中点，根据定理知(AB ，T 1T ∞)=-1(AB ，l 1l 2 )=-1SA T 1 Bl A l 1 B图4-7例5 若A ，B ，C ，D 为共线四点，且（AB ，CD ）=-1，CD 中点为O ，求证O C 2=O A ·O B证明 (AB ，CD )=1-=⋅⋅AD BC BD AC 即AC ·BD +BC ·AD = 0把AC ，BD ，BC ，AD 都以0为原点表示，则有（O C -O A ）（O D -O B ）+（O D -O A ）（O C -O B ）= 0 整理得 2（O A ·O B +O C ·O D ）=(O A +O B )(O C +O D )而 O D =-O C∴ 2(O A ·O B -O C 2)=(O A +O B )(O D -O C )=0即 O C 2=O A ·O B例6 设三直线 1111c y b x a p ++=2222c y b x a p ++=3333c y b x a p ++=求证以p 1= 0，p 2= 0，p 3= 0为三边的三角形的重心由方程312212311312332)()()(p b a b a p b a b a p b a b a -=-=-给出.A l 31 B O p 3 C图4-8分析 如图4-8，ΔABC 三边AB ，AC ，BC 的方程分别为p 1= 0，p 2= 0，p 3= 0.设BC 边上中线A O 的方程q 3=0.过A 点作BC 的平行线l 3，则l 3的斜率为333b a k l -=. 由于l 3过p 1和p 2的交点A ，所以l 3可由p 1和p 2线性表示，即l 3的方程为0)(222111=+++++c y b x a c y b x a λl 3的斜率为2121b b a a λλ++- ∴ 332121b a b b a a -=++-λλ 32321313b a a b b a a b --=λ ∴ l 3的方程为023********=--+p b a a b b a a b p 由于l 3与BC 平行，所以l 3与BC 交于无穷远点L ∞，又D 为BC 中点，（BC ，D L ∞）= -1两条直线截同一线束，所得对应四点的交比不变，可得（p 1p 2，q 3l 3）=-1∴ q 3的方程为02323213131=--+p b a a b a b b a p同理q 1的方程为03131321212=--+p b a a b a b b a p 则q 1与q 3的交点为 312212131313232)()()(p b a b a p b a a b p b a a b -=-=-例7 已知A ，B ，C 三直线交于点P ，试用直尺作出第四条直线和它们成调和共轭.作法：如图4-9. A ，B ，C 三直线交于点P ，任作不通过P 点的直线l ，l 与直线A ，B ，C 分别交于A ，B ，C 三点，在P A 上任取一点M ，连B M 交P C 于N.连A N 交P B 于K ，连MK 交l 于P ，则有（AB ，CD ）=-1.连P D ，即为所求第四调和线D ，即（AB ，CD ）= -1PM B C DA N KlA CB D如图4-9例8 已知三点形ABC 及平面上一点P （P 不在ABC 的任一边上）.A P ，B P ，C P 与对边交于A '，B '，C '，且BC 与B 'C '交于A 1，CA 与C 'A '交于B 1，AB 与A 'B '交于C 1. 如图4-10.求证：（1）（BC ，AA '）= -1，（CA ，B 1B '）= -1（2）A 1，B 1，C 1三点共线.证明（1）由完全四点形C 'AB 'P 的调和性，可知（BC ，A 1A '）= -1又（B ，C ，A 1，A '）∧（A ，C ，B '，B 1）∴（CA ，B 1B '）=（AC ，B 'B 1）=（BC ，A 1A '）= -1（2）由三点形ABC 和A 'B 'C '的对应点连线共点P ，由笛沙格定理可知，对应边交点A 1，B 1，C 1共线.B 1 PAC B 'A 'B A 1C '图4-10例9 巴卜斯命题：设A 1，B 1，C 1与A 2，B 2，C 2为同一平面内两直线上的两组共线点，B 1C 2与B 2C 1交于L ，C 1A 2与C 2A 1交于M ，A 1B 2与A 2B 1交于N.如图4-11.求证L ，M ，N 共线.证明A 1B 1N D C 1M ELA 2B 2C 2 O图4-1∵（B 1，D ，N ，A 2）∧（O ，C 2，B 2，A 2）∧（B 1，C 2，L ，E ）∴（B 1，D ，N ，A 2）∧（B 1，C 2，L ，E ）由于两点列底的交点B 1自对应，有（B 1，D ，N ，A 2）∧（B 1，C 2，L ，E ）因此DC 2，NL ，A 2E 三直线共点M.即L ，M ，N 共线. □例10 如果三角形中一个角平分线过对边中点，那么这个三角形是等腰三角形. 证明 如图4-12，由于M 为AB 中点，C N ∞为外角平分线，则有（AB ，C N ∞）= -1∴（AB M ）= -1，（AB N ∞）= 1即 1-=BMAM1=MB AM 而 1==BCAC MB AM 从而，AC =BC .□C N ∞A MB N ∞ 图4-12。
证明射影变换把直线映成直线
证明射影变换把直线映成直线
射影变换是指将一个射影平面映射到另一个射影平面的变换。
在射影平面上，直线可以表示为一个点集，因此射影变换将直线映射为另一个点集。
要证明射影变换把直线映成直线，可以采用以下步骤：
1. 假设直线L是射影平面P上的一个点集，且L不包含射影平面的无穷远点。
2. 设T为射影变换，将射影平面P映射到另一个射影平面P'。
3. 设L'为直线L在P'上的像点集，即L' = T(L)。
4. 要证明L'是一条直线，需要证明L'满足射影几何中直线的定义：任意两点都在L'上，且L'不包含无穷远点。
5. 由于L在P中不包含无穷远点，因此L'在P'中也不包含无穷远点。
6. 设P1和P2是L上的两个点，则它们在P中不为同一点。
7. 由于T是射影变换，因此它是一一对应的，即对于任意两个不同的点P1和P2，它们在P'中的像点T(P1)和T(P2)也不同。
8. 因此，T(P1)和T(P2)都在L'上，即L'包含P1和P2。
9. 综上，L'是一条直线，证毕。
因此，射影变换将直线映射为直线。
这个结论在射影几何中是非常重要的，因为它保证了射影变换可以保持直线和交点不变，从而可以在射影几何的研究中得到广泛应用。
- 1 -。
空间几何的射影变换
空间几何的射影变换在日常生活中，我们经常面对空间的变换，如照相机拍摄的照片、镜子中的影像等。
这些现象都与几何变换密切相关，其中，射影变换是其中一个重要的变换类型。
在本文中，我们将讨论空间几何的射影变换及其应用。
一、射影变换的基本概念射影几何是解决欧几里德几何中所无法解决的问题的一种方法，它不要求平行线有相交点，也不要求垂直线相交成直角。
在射影几何中，平行线也可能相交，万物是相互联系的，没有孤立的存在。
被称为射影变换的变换是由一组变换组成的，这些变换可以通过投影、切比雪夫变换和对合来定义。
它们可以将几何图形中的点、直线和平面进行映射，并保持它们的基本性质。
射影变换也被称为单个射影坐标系到另一个射影坐标系的变换。
二、射影变换的应用射影变换在计算机视觉、计算机图形学、航空航天技术和游戏开发等领域中经常被使用。
它是许多计算机视觉算法的重要组成部分，如物体检测、目标跟踪和姿态估计等。
在游戏开发中，射影变换用于创建虚拟世界中的相机视图，使玩家可以观察到游戏场景中的不同角度和位置。
另一个重要的应用是医学成像，如CT和MRI。
这些成像技术可以创建三维图像，从而更好地诊断疾病和故障。
射影变换在这些成像技术中扮演着重要的角色，因为它可以将成像平面与三维物体之间建立对应关系，从而实现准确的成像。
三、空间几何的射影变换实现在实现空间几何的射影变换时，需要使用矩阵变换来表示变换矩阵。
通常使用4×4的矩阵表示射影变换，其中前三行表示旋转和缩放，第四行表示平移和尺度变化。
假设有一个点(x,y,z,1)在进行变换时，只需将其分别乘以变换矩阵的每一行即可得到变换后的坐标。
在实际应用中，常用的射影变换包括投影变换、剪裁变换、变换到相机坐标系等。
投影变换用于将三维场景投影到一个二维平面上，常用于计算机图形学和计算机视觉中。
剪裁变换用于筛选出场景中实际可见的区域，同时去掉不必要的区域。
变换到相机坐标系用于将物体的坐标与相机的坐标建立对应关系，从而计算其在视角下的表现形式。
第三章 第1节 射影定理-解析版
第3章 解三角形 第1节 射影定理知识与方法射影定理：在ABC 中，cos cos cos cos cos cos a b C c B b a C c A c a B b A =+⎧⎪=+⎨⎪=+⎩提醒：大题不建议直接使用射影定理，可按此定理的证明过程来书写.典型例题【例题】（2017·新课标Ⅱ卷）ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，2cos cos cos b B a C c A =+，则B =_______. 【解析】解法1：()()2cos cos cos 2sin cos sin cos sin cos sin sin sin b B a C c A B B A C C A A C B B π=+⇒=+=+=-=，即2sin cos sin B B B =，因为0B π<<，所以sin 0B >，故1cos 2B =，即3B π=.解法2：由射影定理，2cos cos cos b B a C c A b =+=，故1cos 2B =，结合0B π<<知3B π=.【答案】3π变式1 在ABC中，)cos cos c A a C -=，则cos A =______.【解析】解法1：))cos cos sin cos sin cos c A a C B C A A C -=⇒-=cos sin cos sin cos B A C A A C =+()()cos sin sin sin cos B A A C B B A π=+=-=⇒. 解法2：)cos cos cos cos cos c A a C A c A a C -==+，由射影定理，cos cos c A a C b +=cos A b =，故cos A =. 【答案变式2 在ABC 中，若()sin sin sin cos cos A B C A B +=+，则C =_______.【解析】解法1：在ABC 中，()()sin sin sin sin cos cos sin A B C B C B C B C π=-+=+=+⎡⎤⎣⎦， ()sin sin sin cos cos sin B A C A C A C π=-+=+⎡⎤⎣⎦，因为()sin sin sin cos cos A B C A B +=+，所以sin cos cos sin sin cos cos sin sin cos sin cos B C B C A C A C C A C B +++=+， 化简得：sin cos sin cos 0B C A C +=，所以()sin sin cos 0A B C +=，因为000A B C πππ<<⎧⎪<<⎨⎪<<⎩，所以sin 0sin 0A B >⎧⎨>⎩，故sin sin 0A B +>，从而cos 0C =，所以2C π=.解法2：()222222222222sin sin sin cos cos 2222b c a a c b b c a a c b A B C A B a b c bc ac b a ⎛⎫+-+-+-+-+=+⇒+=+=+ ⎪⎝⎭，两端同乘以2ab 得：2222322322a b ab ab ac a a b bc b +=+-++-， 所以3232220a a b b ab ac bc +++--=，从而()()()2220a a b b a b c a b +++-+=，即()()2220a b a b c ++-=， 所以2220a b c +-=，故222a b c +=，即2C π=.解法3：()sin sin sin cos cos cos cos A B C A B a b c A c B +=+⇒+=+，两端同时加上cos a C 和cos b C 得：()()cos cos cos cos cos cos a b a C b C c A a C c B b C +++=+++，结合射影定理可得cos cos a b a C b C b a +++=+，即()cos 0a b C +=，也即cos 0C =，又02C π<<，故2C π=.【答案】2π强化训练1.（2014·广东·★★★）在ABC 中，角A 、B 、C 所对应的边分别为a 、b 、c ，已知cos cos 2b C c B b +=，则ab=_______. 【解析】解法1：()cos cos 2sin cos sin cos 2sin sin 2sin b C c B b B C C B B B C B +=⇒+=⇒+=()sin 2sin sin 2sin 22aA B A B a b bπ⇒-=⇒=⇒=⇒=. 解法2：由射影定理，cos cos 222ab Cc B b a b b+=⇒=⇒=.【答案】22.（★★★）在ABC 中，若cos 2cos 2cos A C c a B b --=，则sin sin CA=______.【解析】解法1：cos 2cos 22sin sin sin cos 2sin cos 2sin cos sin cos cos sin A C c a C AB A BC C B A B B b B---==⇒-=-()()()()sin cos sin cos 2sin cos 2sin cos sin 2sin sin 2sin B A A B B C C B A B B C C A ππ⇒+=+⇒+=+⇒-=-sin sin 2sin 2sin CC A A⇒=⇒=. 解法2：cos 2cos 2cos 2cos 2cos cos cos cos 2cos 2cos cos A C c ab A b Cc B a B b A a B b C c B B b--=⇒-=-⇒+=+，由射影定理，2c a =，所以sin 2sin C cA a==.【答案】23.（★★★）在ABC 中，内角A 、B 、C 的对边分别是3a =，4b =，6c =，则cos cos cos bc A ac B ab C ++的值为_______.【解析】由射影定理，()2cos cos cos cos cos cos cos bc A ac B ab C c b A a B ab C c ab C ++=++=+222222261222a b c a b c c +-++=+==.【答案】6124.（★★★）在ABC 中，内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，满足cos cos sin A B C a b c +=，则sin sin sin CA B=_______.【解析】解法1：cos cos sin cos cos sin 1sin sin sin A B C A B Ca b c A B C+=⇒+==， 而()()sin sin cos cos cos sin cos sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin A B C A B A B B A C A B A B A B A B A Bπ+-++====， 所以sin 1sin sin CA B=.解法2：由射影定理，cos cos cos cos A B b A a B ca b ab ab ++==，又由题意，cos cos sin A B C a b c +=，所以sin c Cab c=，故2sin c C ab =，所以2sin sin sin sin C C A B =， 因为0C π<<，所以sin 0C >，故sin 1sin sin CA B=.【答案】15.（★★★）在ABC 中，内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，且cos sin a b C B =，则B =_______.【解析】解法1：cos sin sin sin cos sin a b C B A B C C B =⇒=①， 又()()sin sin sin sin cos cos sin A B C B C B C B C π=-+=+=+⎡⎤⎣⎦，代入式①得：sin cos cos sin sin cos sin B C B C B C C B +=，所以cos sin sin B C C B =，因为0180C ︒<<︒，所以sin 0C >，cos B B =，故tan B =，又0180B ︒<<︒，所以30B =︒.解法2：由射影定理，cos cos a b C c B =+，又cos sin a b C B =，所以cos cos cos sin b C c B b C B +=，从而cos sin c B B =，故tan B ，又0180B ︒<<︒，所以30B =︒.【答案】30°6.（★★★）在ABC 中，内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，且cos b a C =，30C =︒，2c =，则ABC 的面积为_______.【解析】解法1：cos sin sin cos b a C B A C =⇒=， 又()()sin sin sin sin cos cos sin B A C A C A C A C π=-+=+=+⎡⎤⎣⎦，所以sin cos cos sin sin cos A C A C A C +=，从而cos sin 0A C =，因为0180C ︒<<︒，所以sin 0C >，故cos 0A =，又0180A ︒<<︒，所以90A =︒，因为30C =︒，所以b =12ABC S bc =解法2：由射影定理，cos cos b a C c A =+，又由题意，cos b a C =，所以cos cos cos a C c A a C +=，从而cos 0A =，因为0180A ︒<<︒，所以90A =︒，又30C =︒，所以b =12ABC S bc =【答案7.（★★★）在ABC 中，内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若cos cos b a C c B =+，且1CA CB ⋅=，则ABC 的面积为_______.【解析】由射影定理，cos cos b a C c A =+，又cos cos b a C c B =+，所以cos cos cos cos a C c a C c B +=+，化简得：cos cos A B =，因为(),0,A B π∈，且函数cos y x =在()0,π上，所以A B =，故a b =，又1CA CB ⋅=，所以cos 1ab C =，从而2222cos 2ab C a b c =+-=，结合2a b c =⎧⎨=⎩可得a b =，所以11cos 3C ab ==，sin C ==1sin 2ABCS ab C ==【答案。
中考数学射影定理实例解析
中考数学射影定理实例解析1.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°,CD⊥AB,BE平分∠ABC交CD于F,EH⊥CD于H，则下列结论正确的结有（）：①CD²=AD·BD;②AC²+BD²=BC²+AD²;③B+B B=1④若F为BE中点，则AD=3BDA.1个B.2个C.3个D.4个解：①∵∠ACB=90°,CD⊥AB,∴△ACD~△CBD,即CD²=AD-DB,故①正确②∵AC²-AD²=BC²-BD²=CD²∴AC²+BD²=BC²+AD²故②正确③作EM⊥AB,则BD+EH=BM∵BE平分∠ABC,ABCE=△BEM∴BC=BM=BD+EH,所以B+B B=1故③正确：④若F为BE中点，则CF=EF=BF,∴∠BCD=∠CBF=∠DBF=30°,∠A=30°∴AB=2BC=4BD∴AD=3BD。
答案：D2.如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，OP交AB于点D,交⊙O于点C,在线段AB、PA、PB、PC、CD中，已知其中两条线段的长，但还无法计算出⊙O直径的两条线段是() A.AB，CD B.PA，PC C.PA，AB D.PA，PB解:A、构造一个由半径、半弦、弦心距组成的直角三角形，根据垂径定理以及勾股定理即可计算：B、根据切割线定理即可计算；C、首先根据垂径定理计算AD的长，再根据勾股定理计算PD的长，连接OA，根据射影定理计算OD的长，最后根据勾股定理即可计算其半径；D、根据切线长定理，得PA=PB.相当于只给了一条线段的长，无法计算出半径的长答案：D3.如图，AB是半圆O的直径，点D是AB上任意一点(不与点A,B重合),作CD⊥AB与半圆交于点C,设AD=a,BD=b,则下列选项正确的是()A.r2>BB.r2≥BC.r2<BD.r2≤B解：连接AC,BC,∵AB为直径，AB=AD+BD=a+b.∴∠ACD=90°∴∠A+∠B=90°∵CD⊥AB,∴∠ACD=∠CDB∴∠A+∠ACD=90°,∴∠ACD=∠B.∴△ACD~△CBD∴B B=B B即B=B∴CD=B答案:B4.如图，在⊙O中，AB是直径，点D是⊙O上一点，点C是弧AD的中点，弦CE⊥AB于点E,过点D的切线交EC的延长线于点G,连接AD,分别交CE、CB于点P、Q,连接AC,给出下列结论：①∠DAC=∠ABC:②AD=CB:③点P是ACQ的外心：④AC²=AE·AB;⑤CB||GD,其中正确的结论是()A.①③⑤B.②④⑤C.①②⑤D.①③④解∵在⊙O中，点C是AD的中点，∴AC=CD∴∠CAD=∠ABC,故①正确；∵AC≠BD,∴AD≠BC.∴AD≠BC,故②错误∵∠ACQ=90°,∵AB是OO的直径，∴∠ACB=90°又·*CE⊥AB,∴∠ACE+∠CAE=∠ABC+∠CAE=90°∴∠ACE=∠ABC又∵C为AD的中点，∴AC=CD∴∠CAP=∠ABC∴∠ACE=∠CAP,∴AP=CP,∴∠ACP+∠PCQ=∠CAP+∠POC=90°∴∠PCQ=∠POC,∴PC=PQ∴AP=PQ,即P为Rt△ACQ斜边AQ的中点∴P为Rt△4CQ的外心，故③正确；∵AB是OO的直径，∴∠ACB=90°,又∵CE⊥AB∴根据射影定理，可得AC²=AE-AB,故④正确如图，连接BD,则∠ADG=∠ABD∵AC≠BD.∴AD≠BC,∴∠ABD≠∠BAC,∴∠ADG≠∠BAC又∵∠BAC=∠BCE=∠PQC,∴∠ADG≠∠PQC∴CB与GD不平行，故⑤错误.答案:D5.如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°,CD⊥AB,AC=8,AB=10,则AD等于()A.4.4B.5.5C.6.4D.7.4解：∵∠ACB=90°,CD⊥AB,∴AC²=AD·AB∴AD=8·810=6.4答案:C6.如图所示,在△ABC中，∠C=90°,D为BC边的中点，DE⊥AB于E,则AE²-BE²等于()A.AC²B.BD²C.BC²D.DE²解：作AB的中点F,连接DF,则DF||AC DF=12AC在RT△BDF中，又DE⊥AB,得△DEF~△BDF∴E E=E E即EF·BF=DF2=14AC2∴AE²-BE²=(AE+BE)·(AE-BE)=AB·2EF=4EF·BF=AC²答案：A7.如图，在正方形ABCD内，以D点为圆心，AD长为半径的弧与以BC为直径的半圆交于点P,延长CP、AP交AB、BC于点M、N.若AB=2,则AP等于()解：如图，设点S为BC'的中点，连接DP,DS,DS与PC'交于点H,作PE⊥BC于点E,PF⊥AB于点F,∴DP=CD=2,PS=CS=1即DS是PC的中垂线∴△DCS=△DPS∴∠DPS=∠DCB=90°.∴DS=DC²+CS²=2²+1=5∵BC为直径∴∠CPB=90°∴PB=B C²+P C²=255∴PE=FB=B·B B=45∴PF=BE=PB²+PE²=25∴AF=AB-FB=65∴AP=AF²+PF²=答案：B8.如图，点P是OO的直径BA延长线上一点，PC与OO相切于点C,CD⊥AB，垂足为D,连接AC、BC、OC,那么下列结论：①PC²=PA·PB:②PC·OC=OP·CD③OA²=OD·OP;④OA(CP-CD)=AP·CD,正确的结论有()个。
2023初中数学专题《射影定理模型》试卷含答案解析
1.射影定理定义①直角三角形中，斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项．②每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项．2.如图在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，AD 是斜边BC 上的高，有射影定理如下：注意：直角三角形斜边上有高时，才能用射影定理！【例1】．在矩形ABCD 中，BE ⊥AC 交AD 于点E ，G 为垂足．若CG ＝CD ＝1，则AC 的长是 ．模型介绍例题精讲解：∵四边形ABCD 是矩形，∴AB ＝CD ＝1，∠ABC ＝90°，∵BE ⊥AC ，∴∠AGB ＝90°＝∠ABC ，∵∠BAG ＝∠CAB ，∴△ABG ∽△ACB ，∴＝，∴AG •AC ＝AB 2（射影定理），即（AC ﹣1）•AC ＝12，解得：AC ＝或AC ＝（不合题意舍去），即AC 的长为，故答案为：．【例2】．如图：二次函数y ＝ax 2+bx +2的图象与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于C 点，若AC ⊥BC ，则a 的值为（ ）A ．﹣B ．﹣C ．﹣1D ．﹣2解：设A （x 1，0）（x 1＜0），B （x 2，0）（x 2＞0），C （0，t ），∵二次函数y ＝ax 2+bx +2的图象过点C （0，t ），∴t ＝2；∵AC ⊥BC ，∴OC 2＝OA •OB （射影定理），即4＝|x 1x 2|＝﹣x 1x 2，根据韦达定理知x 1x 2＝，∴a ＝﹣． 故选：A ．【例3】．将沿弦BC 折叠，交直径AB 于点D ，若AD ＝4，DB ＝5，则BC 的长是（ ）A．3B．8C．D．2解：连接CA、CD；根据折叠的性质，知所对的圆周角等于∠CBD，又∵所对的圆周角是∠CBA，∵∠CBD＝∠CBA，∴AC＝CD（相等的圆周角所对的弦相等）；∴△CAD是等腰三角形；过C作CE⊥AB于E．∵AD＝4，则AE＝DE＝2；∴BE＝BD+DE＝7；在Rt△ACB中，CE⊥AB，根据射影定理，得：BC2＝BE•AB＝7×9＝63；故BC＝3．故选：A．变式训练【变式1】．如图，在△ABC中，若AB＝AC，BC＝2BD＝6，DE⊥AC，则AC•EC的值是 9 ．解：如图，∵在△ABC中，若AB＝AC，BC＝2BD＝6，∴AD⊥BC，CD＝BD＝3．又DE⊥AC，∴∠CED＝∠CDA＝90°．∵∠C＝∠C，∴△CDE∽△CAD．∴＝，即AC•EC＝CD2＝9．（射影定理）故答案是：9．【变式2】．如图所示，在矩形ABCD中，AE⊥BD于点E，对角线AC，BD交于O，且BE：ED＝1：3，AD＝6cm，则AE＝ cm．解：设BE＝x，因为BE：ED＝1：3，故ED＝3x，根据射影定理，AD2＝3x（3x+x），即36＝12x2，x2＝3；由AE2＝BE•ED，AE2＝x•3x；即AE2＝3x2＝3×3＝9；AE＝3．【变式3】．如图，若抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，若∠OAC＝∠OCB．则ac的值为（ ）A．﹣1B．﹣2C．D．解：设A（x1，0），B（x2，0），C（0，c），∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象过点C（0，c），∴OC＝c，∵∠OAC＝∠OCB，OC⊥AB，∴△OAC∽△OCB，∴，∴OC2＝OA•OB（即射影定理）即|x1•x2|＝c2＝﹣x1•x2，令ax2+bx+c＝0，根据根与系数的关系知x1•x2＝，∴，故ac＝﹣1，故选：A．【变式4】．如图，正方形ABCD中，E为AB上一点，AF⊥DE于点F，已知DF＝5EF＝5，过C、D、F的⊙O与边AD交于点G，则DG＝____________.解：连接CF、GF，如图：在正方形ABCD中，∠EAD＝∠ADC＝90°，AF⊥DE，∴△AFD∽△EAD，∴＝，又∵DF＝5EF＝5，∴AD＝＝＝＝CD，在Rt△AFD中，AF＝＝＝，∵∠CDF+∠ADF＝90°，∠DAF+∠ADF＝90°，∴∠DAF＝∠CDF，∵四边形GFCD是⊙O的内接四边形，∴∠FCD+∠DGF＝180°，∵∠FGA+∠DGF＝180°，∴∠FGA＝∠FCD，∴△AFG∽△DFC，∴＝，∴＝，∴AG＝，∴DG＝AD﹣AG＝﹣【变式5】．如图，在△ABC中，以AC边为直径的⊙O交BC于点D，过点B作BG⊥AC交⊙O于点E、H，连AD、ED、EC．若BD＝8，DC＝6，则CE的长为 2 ．解：∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC＝90°，∵BG⊥AC，∴∠BGC＝∠ADC＝90°，∵∠BCG＝∠ACD，∴△ADC∽△BGC，∴＝，∴CG•AC＝DC•BC＝6×14＝84，连接AE，∵AC为⊙O的直径，∴∠AEC＝90°，。
解三角形中射影定理的应用
解三角形中射影定理的应用先看一道题：已知c b a ,,分别为ABC ∆三个内角C B A ,,的对边，0sin 3cos =--+c b C a C a ．（1）求A ；（2）若2=a ，ABC ∆的面积为3，求c b ,．这是2012年高考全国Ⅰ卷第17题，什么？2012年高考题，未免太古老了吧！但是我要说出它的另一个身份，你就不觉它老了．大家翻到课本第54页，看习题6.4的第22题．发现了吗？一模一样，它摇身一变，居然成了课本习题，好励志的蜕变，在高考题中也属凤毛麟角．回到主题，解它！解：（1）0sin 3cos =--+c b C a C a 可化为0sin sin sin sin 3cos sin =--+C B C A C A ，可化为0sin )sin(sin sin 3cos sin =-+-+C C A C A C A ，可化为0sin sin sin 3sin cos =-+-C C A C A ，可化为1sin 3cos =+-A A ，所以1)30sin(2=︒-A ，所以21)30sin(=︒-A ． 因为︒<<︒1800A ，所以︒<︒-<︒-1503030A ，所以︒=︒-3030A ，所以︒=60A ．（2）依题意，可得⎪⎩⎪⎨⎧=︒-+=︒,260cos 2,360sin 21222bc c b bc 整理得⎩⎨⎧=-+=,4,422bc c b bc 可化为⎩⎨⎧=+=,16)(,42c b bc 可化为⎩⎨⎧=+=,4,4c b bc 解得2==c b ． 第（1）问还有解法2.0，先看一个定理：在ABC ∆中，A b B a c A c C a b B c C b a cos cos ,cos cos ,cos cos +=+=+=，这叫做射影定理．很耳熟吧，初中也学习过一个射影定理，不过那是直角三角形中的射影定理，而今天这个是所有三角形都适用的射影定理．为啥也叫射影定理呢？看完它的证明过程，大家就恍然大悟了．证明：如图，作AB CD ⊥于D ，则B a A b BD AD c cos cos +=+=．作出其它两条高，同理可证A c C a b B c C b a cos cos ,cos cos +=+=．也可用余弦定理的推论证明，太麻烦了！想想脑瓜子都嗡嗡的，罢了，还是让它跪安吧． 其中有射影，你发现了吗？AD 就是边AC 在边AB 上的射影，A b cos 是射影长；……． 射影定理由此得名．它的结构特点是：三角形一条边等于另外两条边与它们对角余弦值的交叉积的和．下面用它解上题第（1）问：解：（1）0sin 3cos =--+c b C a C a 可化为0cos sin 3=--c A c C a （因为A c b C a cos cos -=-），可化为0sin cos sin sin sin 3=--C A C C A ，可化为1cos sin 3=-A A ，所以1)30sin(2=︒-A ，所以D A BC b a A b cos B a cos21)30sin(=︒-A ． 因为︒<<︒1800A ，所以︒<︒-<︒-1503030A ，所以︒=︒-3030A ，所以︒=60A ．显然，比原解法要简单而直接．那么，此定理在解答题中可否直接用？最好别，要非得用呢？简单画图一证（如上题只需证A c C a b cos cos +=）即可，我觉得即使这样也比原解法简单，你觉得呢？变式1 （2016年全国Ⅰ卷17）在ABC ∆中，已知c A b B a C =+)cos cos (cos 2．（1）求C ；（2）若7=c ，ABC ∆的面积为233，求ABC ∆的周长． 解：（1）先证c A b B a =+cos cos ．代入原式得21cos =C ，因为π<<C 0，所以3π=C ． （2）依题意，可得2333sin 21=πab ，解得6=ab ；又由余弦定理，可得73cos 2222=-+=πab b a c ，整理得722=-+ab b a ，所以13722=+=+ab b a ，所以25213)(2=+=+ab b a ，所以5=+b a ．所以ABC ∆的周长为75+．至此，本定理的优势才展示出一丢丢，下面让其大放异彩！例 1 （2017年全国Ⅱ卷16）ABC ∆三个内角C B A ,,的对边分别为c b a ,,，若A c C a B b cos cos cos 2+=，则=B ．解：由b A c C a B b =+=cos cos cos 2，得21cos =B ，因为π<<B 0，所以3π=B ． 细心的同学会发现，上题竟然是2017年高考压台的填空题，却被射影定理眨眼给秒了！ 总之，只要题目条件中含有一边与另一边对角余弦的乘积，优先考虑运用射影定理．变式2 在ABC ∆中，已知B c b a cos 22=-，则=C （ ）A ．︒30B ．︒60C ．︒120D ．︒150解：B c b a cos 22=-可化为b B c a =-cos 22，所以C b b cos 2=，所以21cos =C ，所以=C ︒60．故选B ． 变式3 在ABC ∆中，若C a b cos =，则ABC ∆的形状是 ；若C a b cos 2=，则ABC ∆的形状是 ．解：当C a b cos =时，可得0cos =A c ，所以0cos =A ，所以2π=A ，所以此时三角形是直角三角形；当C a b cos 2=时，可得C a A c cos cos =，所以0cos sin cos sin =-C A A C ，所以0)sin(=-A C ，所以C A =，所以此时三角形是等腰三角形．例2 （2017年全国Ⅰ卷16）ABC ∆三个内角C B A ,,的对边分别为c b a ,,．已知C A B (sin sin sin + 0)cos =-C ，2,2==c a ，则=C （ ）A ．12πB ．6πC ．4πD ．3π 分析：容易发现用正弦定理把条件式转化后，其中会同时出现b 和C a cos ，恰好能运用射影定理进一步转化，最后再用正弦定理求C ．解：由C A B (sin sin sin +0)cos =-C ，可得A c b sin +0cos =-C a ，所以0cos sin =+A c A c ，所以1tan -=A ，因为π<<A 0，所以43π=A ． 在ABC ∆中，由正弦定理，可得21243sin 2sin ==πC ，因为π<<C 0，所以6π=C ．故选B ． 评注：本例是先转化，而后运用射影定理，其中转化C A sin sin 是有讲究的，要根据下一步转化的需要确定是转化A sin 还是C sin ．变式4 已知ABC ∆三个内角C B A ,,的对边分别为c b a ,,，若C b c a cos 22+=，且3b c ==，则a =（ ）A ．1B ．6C ．22D ．4分析：先用射影定理转化条件式，求出B cos ，进而运用余弦定理列方程求a ．解：由C b c a cos 22+=，可得c B c =cos 2，所以21cos =B ，所以2132313222⨯⨯-+=a a ，整理得0432=--a a ，解得1-=a （舍）或4=a ．故选D ．评注：已知三角形两边及一边对角（余弦值）求第三边，可用余弦定理列方程求解．变式5 已知ABC ∆三个内角C B A ,,的对边分别为c b a ,,．若A B a b cos 1cos ,1-==，则ABC ∆的形状为（ ）A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等腰直角三角形D ．正三角形 分析：看A B a cos 1cos -=极象能用射影定理的样子，定睛观看，发现少个b ，1=b 呀！原来不缺，只是隐藏了．解：因为1=b ，所以A B a cos 1cos -=可化为A b B a cos 1cos -=，所以1=c ，所以ABC ∆是等腰三角形．故选A ．变式6 已知ABC ∆三个内角C B A ,,的对边分别为c b a ,,，若B a C a A b cos cos 3)cos 3(+=-，则=A cos （ ）A ．322B ．31C ．33D ．36 分析：依据条件式各项系数的特点，分成两部分分别运用射影定理转化条件式即可获解．解：B a C a A b cos cos 3)cos 3(+=-可化为B a A b C a b cos cos cos 33+=-，所以c A c =cos 3，所以31cos =A ．故选B ． 例3 （教材54页习题6．4第16题）在ABC ∆中，求证：22)cos cos (b a A b B a c -=-．分析：该是“+”的地方变成了“-”，遗憾，可惜．无妨，改变方向，用射影定理变c 呀！证明：先证明A b B a c cos cos +=，则左边222cos )cos cos )(cos cos (b B a A b B a A b B a -=-+= 2222222)sin 1()sin 1(cos b a A b B a A -=---==右边．所以原式成立．评注：证明时还用到了A b B a sin sin =．变式6 （2012全国高联一试2）设ABC ∆的内角C B A ,,的对边分别为c b a ,,，且满足c A b B a 53cos cos =-，则BA tan tan 的值是。
初中数学竞赛专题-第十九章 空间射影图的性质及应用
第十九章空间射影图的性质及应用【基础知识】空间中一点在某直线或在某平面上的射影,就是从该点向直线或平面所作垂线段的垂足．空间一条直线在一平面内的射影可能是一条直线,也可能为一点,因而空间两异面直线之间的距离,可以转化成两异面直线在某一平面的射影或是两条平行直线,或是一点与一条直线而求． 空间图形有如下一系列有趣的性质：性质1从空间一点向一个平面所引的斜线段中,斜线段相等其射影相等,斜线段较长的其射影也较长．反之亦真．性质2长度为l 的线段与其射影线段的长0l 有如下关系：0cos l l α=⋅．其中α为长度为l 的线段所在直线与射影线段所在直线的夹角．性质3长度为l 的线段在与其共面的两相互垂直的直线上的射影长1l ,2l 有如下关系式：22212l l l =+．注此式即为三角形中的勾股定理．性质4长度为l 的线段,与它在三条两两互相垂直的直线上的射影长1l ,2l ,3l 有如下关系式：2222123l l l l =++注长方体对角线长的公式是其特例．性质5长度为l 的线段AB 的两端点A ,B 分别属于一个角度为θ的二面角的两个半平面α与β,AB 与平面α所成的角为1θ,与平面β所成的角为2θ,点A ,B 到这个二面角的棱的距离分别为1l ,2l ,则 2112sin sin sin l l lθθθ==． 证明如图191-,设AC 垂直于二面角的棱,作AO β⊥于O ,则CO 为AC 在平面β上的射影,知ACO θ∠=又BO 为AB 在β上的射影,知2ABO θ∠=,于是 1sin sin AO AC l θθ=⋅=⋅,2sin sin AO AB l βθ=⋅=⋅故有112sin sin l lθθ=． 同理可得21sin sin l l θθ=．故2112sin sin sin l l lθθθ==．注若AB 与二面角的棱垂直时,上式即为三角形中的正弦定理．性质6设APB θ∠=()0πθ<<在平面M 的一侧,顶点M 在平面M 上,边PA ,PB 与平面M 所成的角分别为1θ,2θ（10θ≤,2π2θ<）,在平面M 上的射影分别为1PA ,2PA ,()110πA PB αα∠=<<,平面APB 与平面M 所成的二面角为π02ϕϕ⎛⎫<< ⎪⎝⎭,则1212cos sin sin cos cos cos θθθαθθ-⋅=⋅． 证明不妨设11AA BB <,PA a =,PB b =,过A 引11AC A B ∥,交1BB 于C ,则有222222111111111cos 22PA PB A B PA PB AC PA PB PA PB α+-+-==⋅⋅而222AC AB BC =-,2222cos AB a b ab θ=+-．21sin sin BC b a θθ=⋅-⋅,从而()()2222212cos sin sin AC a b ab b a θθθ=+---⋅()2221212cos cos 2cos sin sin a b ab θθθθθ=⋅+⋅--⋅．又11cos PA a θ=⋅,12cos PB b θ=⋅,由此印可证．性质7已知BAC ∠的两边与平面M 相交于B ,C 两点,点A 在平面M 内的射影为A ',且A ',B ,C 不共线．设直线AB 和AC 与平面M 所成的角分别为1θ,2θ,那么当且仅当1211sin sin cos 1cos cos BAC θθθθ⋅∠-⋅时,有cos BAC BA C '∠∠．证明如图192-,在Rt AA B '△中,222A A AB A B ''=-．图19-2A ′θ2θ1BCAM同理,222A A AC A C ''=-．在ABC △中,2222cos BC AB AC AB AC BAC =+-⋅⋅∠．从而,在A BC '△中,2222cos cos 2A B A C BC AB AC BAC A A BA C A B A C A B A C '''+-⋅⋅∠-'∠==''''⋅⋅． 又1sin AA AB θ'=⋅,1cos A B AB θ'=⋅,2sin A A AC θ'=⋅,2cos A C AC θ'=⋅,从而 1211cos sin sin cos cos cos AB AC BAC AB AC BA C AB AC θθθθ⋅⋅∠-⋅⋅⋅'∠=⋅⋅⋅1212cos sin sin cos cos BAC θθθθ∠-⋅=⋅因此,有cos cos BAC BA C BAC BA C ''∠∠⇔∠∠1212cos sin sin cos cos sin BAC BACθθθθ∠-⋅⇔∠⋅()12121cos cos cos sin sin BACθθθθ⇔-⋅⋅∠⋅1212sin sin cos 1cos cos BAθθθθ⋅⇔∠-⋅．注（1）性质7中条件“A ',B ,C 不共线”可放宽为“A '与B ,C 都不重合”．（2）若已知BAC ∠的两边与平面M 相交于B ,C 两点,点A 在平面M 内的射影为A ',且A ',B ,C 不共线．令ABC α∠=, ACB β∠=,平面ABC 与平面M 所成二面角的大小为ϕ π02ϕ⎛⎫<< ⎪⎝⎭,则当且仅当cos cot cot ϕαβ-⋅时,有BAC ∠BA C '∠．（此结论的证明可见《数学通报》2001年4期P22页）性质8在二面角的一个半平面上的任意多边形的面积S 与这个二面角度数π02ϕϕ⎛⎫<< ⎪⎝⎭的余弦之乘积,等于这个多边形在此二面角的另一个半平面上射影多边形的面积S '．即cos S S ϕ'=⋅．性质9设顶点P 在平面M 内,两边PA ,PB 分别与M 在同侧所成角为1θ,2θ,且()0πAPB θθ∠=<<的两边PA ,PB 在平面M 上的射线分别为1PA ,1PB ,1A PB α∠=,平面APB 与平面M 所成的二面角为π02ϕϕ⎛⎫<< ⎪⎝⎭,则12cos cos sin cos sin θθαϕθ⋅⋅=．证明由性质8,有11cos PA B PAB S S ϕ⋅△△=．于是,112121cos cos sin cos cos sin 2cos 1sin sin 2PA B PABPA PB S S PA PB θθαθθαϕθθ⋅⋅⋅⋅⋅⋅===⋅⋅△△． 由性质8并注意性质5,即得如下两个推论： 推论122212122sin sin 2sin sin cos sin sin θθθθθϕθ+-⋅⋅=．推论222212122tan tan 2tan tan cos tan sin θθθθαϕα+-⋅⋅=．性质10面积为S 的平面多边形与它在三个两两互相垂直的平面上的射影面积1S ,2S ,2S 有关系式：2222123S S S S =++．【典型例题与基本方法】例1如图193-,在ABC △中,P 、Q 、R 将其周长三等分,且P 、Q 在AB 边上,求证： 29PQR ABCS S >△△．图19-3A BCHL QRP（1988年全国高中联赛题）证明不妨设周长为1,设L 、H 分别为C 、R 在AB 上的射影．则 1212PQR ABCPQ RHS PQ AR S AB AC AB CL ⋅⋅==⋅⋅△△． 13PQ =,12AB <,23PQ AB ∴>． 111236AP AP BQ AB PQ ∴+=-<-=≤, 11113366AR AP =->-=,12AC <,116132AR AC ∴>=,212339PQR ABC S S >⋅=△△． 例2如图194-,在正方体1111ABCD A B C D -中,E 是BC 的中点,F 在1AA 上,且112A F FA =∶∶．求平面1B EF 与底面1111A B C D 所成的二面角．图19-4C 1GD 1E 1B 1A 1F ABCDE（1985年全国高中联赛题）解作111EE B C ⊥于1E ,设111FB A θ∠=,112EB E θ∠=,则11tan 3θ=,2tan 2θ=．易知111A B E ∠为FBE ∠在平面11A C 上的射影角,即11190A B E α∠==︒．由性质9的推论2,有222112223733tan 129ϕ⎛⎫+-⋅⋅ ⎪⎝⎭==,故平面1B EF与底面所成二面角为． 例3设11AA B B 为圆柱的轴截面,C 为底面圆周上一点,11AA =,4AB =,60BAC ∠=︒．求平面11A CB 与圆柱底面AB 所成的二面角．解如图195-,设11ACA θ∠=,12B CB θ∠=,11ACB θ∠=．由4AB =,60BAC ∠=︒,所以2AC =,BC =11AA =,故1A C =1B C =,则1cos θ2cos θ图19-5于是222111111cos 2AC B C A B AC B C θ+-=⋅,由此得sin θ=．显然,90BAC α∠==︒,以此代入性质9中结论,得12cos cos sin cos sin θθαϕθ⋅⋅=从而30ϕ=︒． 故平面11A CB 与底面成30︒的二面角．【解题思维策略分析】1．射影——空间通往平面的桥梁 一些空间元素间的距离,或者线、面之间所成的角,常常可以通过射影的方式,把要求的数据通过它们在某一平面的影象而获得．例4设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,P 是面对角线1BC 上一动点,Q 是底面ABCD 上一动点,试求1D P PQ +的最小值．（1998年“希望杯”竞赛题）Q 1QCAB P 1PC 1D 1AC BQP D图19-6(b)(a)B 1D 1C 1A 1解由题设,知1D P PQ +最小时,点Q 必定是点P 在底面上的射影,如图19-6（a ）,1D P 与PQ 是在二面角11D BC C --的两个面内,为此将1BC C △绕1BC 旋转90︒,使1BC C △与对角面11ABC D 在同一个平面内,如图19-6（b ）．由PQ BC ⊥,故当1D ,P ,Q 共线且与1BC 垂直时,1D P PQ +最小,可求得()11111122221122D Q D P PQ =+=+-=+．故所求最小值为212+． 例5在四棱锥S ABCD -中,底面ABCD 是凸四边形,AC BD ⊥,且AC 与BD 的交点O 恰是顶点S 在底面上的射影,证明：O 点在四棱锥各侧面上的射影在同一圆周上． OPNMACDPMCB NOAQ (a)(b)S图19-7证明如图19-7（a ）,设K ,L ,M ,N 分别是O 点在侧面SAB ,SBC ,SCD ,SDA 上的射影．在侧面SCD 内,连CM 并延长交SD 于P 点．由OC SO ⊥及OC OD ⊥,得OC SD ⊥．因OM ⊥面SCD ,CM 是OC 在面SCD 内的射影,故SD CM ⊥．同理DM SC ⊥,因而M 是SCD △的垂心． 同理,K ,L ,M 分别是各相应侧面三角形的垂心．连PO ,由三垂线定理得OP SD ⊥．连AP ,同理得AP SD ⊥．从而AP 过SAD △的垂心N ． 同样地,分别在SAB △,SBC △内引棱SB 上的高AQ ,CQ ,它们分别过点K ,L ,且交SB 于Q 点． 在APC △中,PO AC ⊥,ON AP ⊥,OM PC ⊥,如图197- （b ）．设OA a =,OC b =,OP c =, 则2OA NA AP =⋅,2OP PN AP =⋅,从而2222PN OA a NA OP c ==,同理22CM b MP c =． 设OQ d =,类似可得22AK a KQ d =,22QL d LC b =． 点K ,L ,M 和N 分别在四面体AQCP 的棱AQ ,QC ,CP 和PA 上,且222222221AK QL CM PN a d b c KQ LC MP NH d b c a⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=． 由四面体中的梅涅劳斯定理,知K ,L ,M ,N 在同一平面（记为α）内．以SO 为直径作球,因为90SKO SLO SMO SNO ∠=∠=∠=∠=︒,所以K ,L ,M 和N 均在上述球面上．因此,K ,L ,M 和N 同在平面α与球面相交的圆周上．例6设有立方体ABCD A B C D ''''-（相对的面是ABCD 和A B C D '''',其中AA BB CC DD ''''∥∥∥）．点x 以恒速在正方形ABCD 的周界上按A 、B 、C 、D 的顺序运动,点y 以同样的恒速在正方形B C CB ''的周界上按B '、C '、C 、B 的顺序运动,点x 和y 分别从点A 和B '同时出发,求线段xy 的中点Z 的轨迹．（IMO 4-试题）解设棱AA '的中垂面变立方体于正方形0000A B C D ,并设1Z 为00A B 之中点,2Z 为00B C 之中点,3Z 为BD 之中点,如图198-．D 'C 'B'A'BX AZ 3Z 1'Z 2'B 0DX ′'Z 2Z 1ZC 0A 0D 0Y图19-8（i ）当点X 从点A 出发遍历线段AB ,点Y 从点B '出发以相同的速度遍历线段B C '',线段XY 的中点Z 则由线段AB '的中点1Z 出发到线段BC '的中点2Z ．设线段X Y ''表示线段XY 在平面0000A B C D 内的射影,则知线段XY 的中点Z 也是线段X Y ''的中点．因此中点Z 在平面0000A B C D 上,显然,线段12Z Z 是中点Z 的轨迹．（ii ）当点X 由点B 到C 遍历线段BC 时,则点Y 由点C '到C 遍历线段C C '．由于速度相同,所有在平面BCC '上的直线XY 都平行于线段BC ',且点X 和Y 同时到达点C ,因此线段2Z C 是线段XY 的中点Z 的轨迹．（iii ）同理,当点X 遍历线段CD ,同时点Y 遍历线段CB 时,则所有在平面ABC 上的直线XY 都平行于线段BD ,且点X 和Y 同时分别达到D 和B ,因此线段3Z C 是线段XY 的中点Z 的轨迹．（iv ）最后,当X 沿线段DA 返回点A ,同时点Y 沿线段BB '返回点B '时,则只要适当地交换正方体的棱就可知道位置与情况（i ）相同,因此线段XY 的中点Z 遍历线段31Z Z ．由于线段12Z Z 、2Z C 、3CZ 、31Z Z 和32Z Z 的长都等于一侧面的对角线之半,另外,线段12Z Z 在平面ABC 内的射影12Z Z ''平行于3Z C ,得线段123Z Z Z C ∥,因此四边形123Z Z CZ 是一个平行四边形,而且是菱形,其中一个角如3260Z CZ ∠=︒．2．灵活运用性质求解问题例7应当怎样放置长方体,才能使它在水平面的投影面积最大？（1962年莫斯科竞赛题）A D图19-9解长方体在水平面上的投影是六边形,设为ABCDEF 如图199-．因为长方体每个侧面在水平面上的投影都是平行四边形,所以ACE △的面积是整个长方体投影面积的一半,设ACE △是长方体内A C E '''△的投影,设ϕ为A C E '''△所在平面与水平面的夹角,则由性质8,知cos ACE A C E S S ϕ''=⋅△△．显然,要使得长方体的投影面积最大,应当ACE S △最大,因而必须有cos 1ϕ=,即0ϕ=︒,这表明,当长方体中的A C E '''△所在平面与水平面平行时,长方体的投影面积达到最大．因此,应当这样放置长方体,使得经过它的自同一个顶点出发的3条棱的另一端点A ',C ',E '的平面与水平面平行．例8如图1910-,四棱锥S ABCD -的底面为直角梯形,AB CD ∥,AB AD ⊥,侧面SAD 垂直于底面,设30ASB ∠=︒,45DCS ∠=︒．求当侧面SAD 与侧面SBC 所成的二面角为60︒时,求BSC ∠及ASD ∠的大小． 图19-10SA BCD解因侧面SAD ⊥底面ABCD ,AB CD ∥,AB AD ⊥,故AB ,CD 均垂直于侧面SAD ,则ASB ∠,CSD ∠分别为SB ,SC 与平面SAD 所成的角,于是130ASB θ∠==︒,2 45CSD θ∠==︒．已知60ϕ=︒,由性 质9的推论1,有2222sin 30sin 452sin30sin 45cos sin 60sin θθ︒+︒-︒⋅︒⋅︒=． 从而,23sin 3θθ=-,那(cos 3cos 0θθ-=． 于是1cos 0θ=,2cos θ=190θ=︒,2θ=． 又由性质6,当190θ=︒时,sin30sin 45cos cos30cos45α-︒⋅︒==︒⋅︒,则1πα=-；而当2θ=时,1cos α==,所以2α= 故90BSC ∠=︒,πASD ∠=-BSC ∠=ASD ∠= 例9如图1911-,平行四边形ABCD 的顶点A 在二面角MN αβ--的棱MN 上,点B ,C ,D 都在α上,且2AB AD =,45DAN ∠=︒,60BAD ∠=︒,求二面角MN αβ--的平面角ϕ的余弦值,使平行四边形ABCD 在半平面β上的射影是：（Ⅰ）菱形；（Ⅱ）矩形．图19-11N MA BC D αβ解由性质2,知AD ,BC 在平面β内的射影长度相等,AB ,CD 在β内的射影长度也相等,从而,平行四边形ABCD 在β内的射影也为平行四边形（或一线段）． 又由性质8,知其射影面的面积为cos ABCD S ϕ⋅． 设AD 与平面β所成的角为x ,则由性质5,知 sin 45sin sin AD AD x ϕ⋅︒=,即sin x ϕ=．其中用到AD 与MN 的夹角为45︒（从而D 到MN 的距离为sin45AD ⋅︒）．于是,设B ,C ,D 在平面β内的射影分别为B ',C ',D '时,则有AD AD '=．同理,AB AB '=． （Ⅰ）如果AB C D '''为菱形,则AB AD ''=,即AB AB ． 即()()222211sin 41sin 75sin 421cos150sin 2ϕϕϕ-=-︒⋅=--︒⋅．于是2sin 6θ=,故cos 2θ= （Ⅱ）如果A B C D ''''为矩形,则应有AB C D S AB AD '''''=⋅．于是cos ABCD S AB AD ϕ''⋅=⋅,即AB AD AB AD ϕ⋅⋅==⋅．进而有2221312cos 1sin 1sin 422ϕθϕ⎛⎫ ⎪⎛⎫ ⎪=-⋅- ⎪⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭．于是,令2sin t ϕ=,则((222120t t -++=．即211t ==,从而1cos 2θ=为所求．【模拟实战】习题A1．设AM 是ABC △边BC 上的中线,任作一条直线分别交AB 、AC 、AM 于P 、Q 、N ．求证：AB AP 、AMAN 、AC AQ 成等差数列．（1978年辽宁省竞赛题）2．已知三角形123P P P 和其内的任意一点,设直线1PP 、2P P 、3P P 交三角形的对边于1Q 、2Q 、3Q ．证明：在比值11PP PQ 、22P P PQ 、33P P PQ 中,至少有一个不大于2,也至少有一个不小于2． （IMO 3-试题）3．已知OAB △中90AOB ∠<︒,从OAB △中任一点(0)M ≠分别作OA 、OB 的垂线MP ,MQ ．设H 为OPQ △的垂心,当点M 遍历线段AB 时,点H 的轨迹是什么？（IMO 7-试题）4．长方体A C '中,5AB =,4BC =,6B B '=,且E 是AA '的中点,求异面直线BE 与A C ''间的距离． 5．正三棱柱111ABC A B C -,的侧面的三条对角线1AB 、1BC 、1CA 中,若11AB BC ⊥,求证： 11AC AB ⊥．（1985年北京市高一竞赛题） 6．棱长为12的正方体,被过A 、E 、F 三点的平面α所截,若9BE DF ==,求正方体被平面α所截的截面面积．（1979年辽宁省竞赛题）7．线段AB ,CD 夹在两个平行平面α与β之间,AC α⊂,BD β⊂,AB α⊥,5AC BD ==,12AB =,13CD =,E ,F 分别分AB ,CD 为12∶．求线段EF 的长．8．过ABC △的两个顶点A ,B 分别作平面ABC 的同一侧垂线AD ,BE ,得到正三角形CDE ,设1AD =,2BE =,3DE =．求平面CDE 与平面ABC 所成的二面角．9．在正三棱柱11ABC A B C -1中,1AB AA =,试确定1BB 上的点E ,使平面1A EC 与平面111A B C 所成的二面角为45︒．10．正方体1111ABCD A B C D -，的棱长为3,点P ,Q ,R 分别是棱1AA ,1BB ,11C D 上的点,且11A P =,12B Q =,11C R =．设平面PQR 与平面ABCD 所成的二面角（锐角）为α,求α．习题B1．已知四面体ABCD 四个侧面的面积相等．求证：此四面体的三对对棱的长度相等．2．在三棱锥S ABC -中,SA ⊥面ABC ,AB BC ⊥,点E 为SC 的中点,D 为AC 上的点,且DE SC ⊥．又SA AB =．SB BC =,求以BD 为棱,以BDE 和BDC 为面的二面角的大小．3．已知正四棱锥P ABCD -的侧面与底面所成的二面角的大小为α,相邻两个侧面所成二面角的大小为β求证：2cos cos βα=-．第十九章 空间射影图的性质及应用习题A1．设B ,M ,C ,P ,N ,Q 在过A 与PQ 平行的直线上的射影即证．2．分别设A ,B ,C ,P 在对边上的射影即证．3．设P ,A 在OB 所在直线上的射影为K ,D ,设Q ,B 在OA 所在直线上射影为T ,C ,所求轨迹为线段CD ．4．5．找1C B ,1A C 在面11ABB A 内的射影．6．利用性质8,求得截面面积为7．过D 作平面α的垂线交α于H ,由αβ∥,AB α⊥,得DH AB ∥．连AH ,HC ,在Rt DHC △中,12DH =,13,DC DH HC =⊥,从而5,5,60HC AH HCA ==∠=︒．显然E 在α上的射影为A ,F 在α上的射影为CH 的三等分点P ,即1533CP CH ==．利用余弦定理,求得AP =,故EF 8．设1DCA θ∠=,2ECB θ∠=,DCE θ∠=,所求二面角为ϕ．由11sin 3θ=,22sin 3θ=及θ=60︒,由性质9的推论1,求得24sin 9ϕ=．故平面CDE 与平面ABC 所成的二面角为2arcsin 3． 9．由题设知11EA B ∠,11CA C ∠分别是1A C ,1A E 与底面111A B C 所成的角,111B AC ∠为1EAC ∠在平面111A B C 上的射影．设111EA B θ∠=,112CAC θ∠=,111B AC α∠=,令1EB ∶1BB k =,则111111tan EB EB k A B BB θ===,2tan 1θ=,显然α=60︒．由性质9的推论2,有222tan 45(1)/k k ︒=+-⎝⎭,即24410k k -+=,亦即12k =,从而1BE EB =．故当点E 为1BB 的中点时,平面1A EC 与平面111A B C 所成的二面角为45︒．10．过R 作平面ABCD 的垂线,则垂足R '在线段CD 内,且1CR '=． 由于AR B '△是PRQ △在平面ABCD 上的射影,又可求得21922ABR S AB '==△,PQ =,PR =,QR =,等腰PQR △底边上的高为,有PQR S =△9cos 2α=α=为所求． 习题B1．设二面角A DC B --,A DB C --,A BC D --的大小分别为,,αβγ,而二面角C AB D --,B AC D --,C AD B --的大小分别为,,x y z ．由性质8,有 cos cos cos BCD ACD ADB ABC S S S S αβγ=⋅+⋅+⋅△△△△．结合题目条件,有cos cos cos 1αβγ++=．同理可证如下等式：cos cos cos x y γ++=1,cos cos cos 1x z β++=,cos cos cos 1y z α++=．注意到,,αβγ,x ,y ,z 都属于区间(0,π),由上述等式可得cos cos x α=,cos cos y β=,cos cos z γ=,从而,,x y z αβγ===．利用z γ=,过A 作面BCD 的垂线AE ,过E 作,EF AC F ⊥为垂足,则AFE γ∠=．类似地作出BGH z ∠=．由于13A BCD BCD V AE S -=⋅△,13B ACD ACD V BH S -=⋅△．结合A BCD B ACD V V --=,以及BCD ACD S S =△△,可知AE BH =,而sin AE AF γ=⋅,sin BH BG z =⋅,z γ=,故AF BG =．再利用12ABC S AF BC =⋅△,12BCD S BG AD =⋅△,ABC BAD S S =△△,可得BC AD =．类似可证AB CD =,AC BD =．2．由题设条件知E 为SC 的中点,SB BC =,可知BE SC ⊥．结合DE SC ⊥,可知SC ⊥面BDE ．这表明BDE △是BDC △在平面BDE 上的射影．设所求的二面角的度数为α,则由性质8,有BDE S =△cos BDC S α⋅△．由SC ⊥面BDE 及SE EC =,可知S BDE C BDE V V --=,即13C BDE BDE V SE S -=⋅△．注意到SA ⊥面ABC ,E 为SC的中点,可知点E 到面BCD 的高等于12SA ．于是1122E BCD BDC V SA S -=⋅⋅△,而C BDE E BCD V V --=,所以1136BDE BDC SE S SA S ⋅=⋅⋅△,故cos 2BDE BDC S SA SA S SE SC α===△△． 由条件SA ⊥面ABC ,故SA BC ⊥．结合BC AB ⊥,可知BC ⊥面SAB ,从而BC AB ⊥,于是2SC SB ==2(2)2SA SA =,故1cos 2α=,即α=30︒． 3．过P 作PO ⊥面ABCD ,过C 作CF DP ⊥,设正方形ABCD 的边长为a ,侧棱长PB b =．注意到CPF △与APF △中,PC PA =,PF 公用,FPA CPF ∠=∠,则CPF △≌APF △．又CF PD ⊥,可知AF DP ⊥,则AFC β∠=,从而22222cos 12AF CF AC a AF CF CF β+-==-⋅． 又22cos 42OCD PCD PCD S a a S S b CFα===⋅△△△． 又在PCD △中,有2211222a b CF a b ⎛⎫⋅=- ⎪⎝⎭知224a b a CF -=．于是2222224cos 44b a b a b a β-=1-=--,2222cos 4a b a α--=-,故2cos cos βα=-．。
射影变换
射影变换4.1 点列和线束点列和线束定义．两个矢量),,(321a a a 和),,(321b b b 表示不同的点当且仅当这两个矢量线性无关． 在两点A ),,(321a a a 与B ),,(321b b b 的连线上任意一点),,(321x x x X 满足0321321321=b b b a a a x x x即，三点A ),,(321a a a ，B ),,(321b b b 与),,(321x x x X 共线的充分必要条件是0321321321=b b b a a a x x x以B A ,为基点的点列中，任何一点X 都可以表示为B A X μλ+=，用齐次坐标可以表示为B A B A X λλμ'+=+=；以m l ,为基线的线束中，任何一直线p 都可以表示为m l p μλ+=，用齐次坐标可以表示为m l m l p λλμ'+=+=．练习4－1１．已知A 和B 的齐次坐标分别为)1,1,5(和)1,0,1(-，求直线AB 上一点C ，使1)(-=ABC ，若B A C λ+=，求出λ．解利用非齐次坐标),(y x 与齐次坐标),,(321x x x 之间的关系31x x x =，32x xy =．这时，)1,5(),(=y x A ，)0,1(),(-=y x B ，再利用BC AC ABC =)(．115-=+-x x ，解得2=x，101-=--y y ，解得21=y ．即)21,2(=C ，C 点的齐次坐标为)1,21,2(． 因为B A C 2121+=，所以 1=λ． 注意：以B A ,为基点的点列中，任何一点X 都可以表示为B A X μλ+=，用齐次坐标可以表示为B A B A X λλμ'+=+=． ２．试证明：三点),,(321x x x ，),,(321y y y ，),,(321z z z 共线的充分必要条件为0321321321=z z z y y y x x x 证明三点),,(321x x x ，),,(321y y y ，),,(321z z z 共线的充分必要条件为λ=--=--=--333322221111y z x z y z x z y z x z所以0332211321332211321321321=-------=y z y z y z y y y x z x z x z z z z y y y x x x４．已知直线0143=++y x 与02=+y x ，求过两直线的交点与点)0,1,2(的直线方程．解两直线0143=++y x 与02=+y x 的交点为)5,1,3(112143321--=x x x 于是点)5,1,3(--与点)0,1,2(的直线方程为05105012513321321=+-=--x x x x x x即05105321=+-x x x ．4.2 点列和线束的交比定义4.2设D C B A ,,,为点列上共线的四点，则这四点的交比为ADBC BDAC CD AB ⋅⋅=),(．定理 4.１取A 和B 为基点，将D C B A ,,,四点的坐标依次表示为a ，b ，b a 1λ+，b a 2λ+，则四点的交比为21),(λλ=CD AB ． 定理4.２若D C B A ,,,四点的坐标为)4,3,2,1(21=+i P P i λ，21,P P 点列上两个基点，则),(),(432124142313λλλλλλλλλλλλ=----=CD AB定理4.３将某两点互换，同时互换其余两点，则交比不变．即),(),(),(),(BA DC AB CD DC BA CD AB ===定理4.４只在一对点中互换，交比转为其倒数．即),(1),(CD AB DC AB =，),(1),(CD AB CD BA =定理4.５交换中间两点，则交比为１与原值的差，即),(1),(CD AB BD AC -= 定义4.３当1),(-=CD AB 时，称D C ,调和分割线段AB ．调和分割的关系是对等的．因为1),(),(-==CD AB AB CD ，所以，B A ,也调和分割线段CD ，有时也称D C B A ,,,为调和点列．定义4.４称21λλ为四直线d c b a ,,,的交比，记为),(cd ab ．即 =),(cd ab 21λλ．注意：用齐次坐标之间的关系定义交比，点列的交比与线束的交比在形式上完全一致．定理4.６设四直线d c b a ,,,，若b a c 1λ+=，b a d 2λ+=，则=),(cd ab 21λλ． 定理4.7若四直线q p a 1μ+=，q p b 2μ+=，q p c 3μ+=，q p d 4μ+=，则 424132314321),(),(μμμμμμμμμμμμ----==cd ab ．这个比值也称为数4321,μμμμ的交比．定理4.８两个点列经过中心投影，交比不变．练习4－2１． 设E D C B A ,,,,是同一直线上的五点，求证1),)(,)(,(=EC AB DE AB CD AB ．证明由交比定义ADBC BDAC CD AB ⋅⋅=),(，1),)(,)(,(=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=ACBE BCAE AE BD BE AD AD BC BD AC EC AB DE AB CD AB ．２．设C B A ,,三点的坐标分别为)1,1,1(，)1,1,1(-，)1,0,1(，且2),(=CD AB ，求点D 的坐标．解)1,1,1(=A ，)1,1,1(-=B ，则C B A ==+)1,0,1(2121，于是12=λ．设B A D 1λ+=，由2),(21==λλCD AB 可知，21=λ，所以)3,1,3(2-=+=B A D ．注意：以B A ,为基点的点列中，任何一点X 都可以表示为B A X μλ+=，用齐次坐标可以表示为B A B A X λλμ'+=+=． ３．求四点)1,1,2(-A ，)1,1,1(-B ，)0,0,1(C ，)5,5,1(-D 的交比),(CD AB ．解利用定理 4.1，取A 和B 为基点，将D C B A ,,,四点的坐标依次表示为a ，b ，b a 1λ+，b a 2λ+，则四点的交比为21),(λλ=CD AB ． 这里B AC +=，于是11=λ， B AD 32-=，于是232-=λ，由21),(λλ=CD AB 可知，32),(21-==λλCD AB ． 注意：以B A ,为基点的点列中，任何一点X 都可以表示为B A X μλ+=，用齐次坐标可以表示为B A B A X λλμ'+=+=． ７．试证：02321=+-x x x ，023321=-+x x x ，0721=-x x ，0531=-x x 所表示的四直线共点，并求这四直线的交比．解直线0721=-x x 与0531=-x x 的交点为)5,7,1(15017321=--x x x 点)5,7,1(满足四直线，所以，此四直线共点． 四直线与x 轴的交点分别为211-=x ，322=x ，03=x ，514=x ，所以，21),(4321=l l l l ．4.3 完全四点形和完全四线形完全四点形和完全四线形定义．定理4.6完全四点形通过每一个对角点有一组调和线束，即通过这个对角点的两边和对角三角形的两边．定理4.10完全四线形的每一条对角线上有一组调和点列，即这条直线上的两个顶点及对角三角形的两个顶点．练习4－3２．设XYZ 是完全四点形ABCD 的对边三点形，XY 分别交BD AC ,于M L ,，不用笛沙格定理，证明CM BL YZ ,,共点．证明由四点形ABCD ，根据定理可知，在AC 边上的四点L Y C A ,,,调和共轭， 即1),(-=YL AC ．在四点形YBZL 中，LB 与YZ 交于N ，MN 与YL 交于C '，由定理可得),(-='YL CA 所以，点C 应与点C '重合，即CM BL YZ ,,共点．4.4 一维基本图形的射影对应两个点列成射影对应的定义． 两个线束成射影对应的定义． 点列与线束成射影对应的定义．定理4.11 设两个一维基本图形成射影对应，则对应四元素的交比相等． 定理4.12 若两个一维基本图形对应四个元素的交比相等，则必成射影对应． 定理 4.13 如果已知两个一维图形的任意三对对应元素，那么可以确定唯一一个射影对应．练习4－4５． 若三角形ABC 的三边AB 、BC 、C A 分别通过共线的三点P ，Q ，R ，二顶点B 与C 各在定直线上，求证顶点A 也在一条直线上．证明根据图形(见第４题图)可知，题图）（第2Λ),,,(21ΛB B B ),,,(21ΛC C C ，则Λ),,,(21ΛB B B P ),,,(21ΛC C C R在这两个射影线束中，PR是自对应元素，所 以Λ),,,(21ΛB B B P ),,,(21ΛC C C R两透视对应的线束对应直线的交点Λ,,,21A A A 共线． 4.5 透视对应定义4.8点列和线束成射影对应，如果对应直线过对应点，这种特殊的射影对应称为透视对应，这时也这两个一维图形处于透视状态．定义4.9两个点列和同一个线束成透视对应，也就是说两个点列成中心射影对应，则称这两个点列成透视对应．定义4.10两个线束和同一个点列成透视对应，则称这两个线束成透视对应． 定理4.14两个射影对应的点列成透视的充要条件是：两个点列的公共点自对应． 定理4.15两个射影对应的线束成透视的充要条件是：两个线束的公共点自对应． 定理4.16(巴卜斯定理)设C B A ,,是直线l 上互异的三点，C B A ''',,是l '上互异的三点，那么三个交点C B C B L '⨯'=，B A B A N '⨯'=，A C A C M '⨯'=共线．定理4.17对于两个不共底的且不成透视对应的射影对应点列，用两次透视对应，可把第一个点列变成第二个点列．也就是说，射影对应是两个透视对应的复合．定理4.18设一个点列与一个线束成射影对应而不成透视对应，那么用三次透视就可以彼此转换．即，这时的射影对应是三个透视对应的复合．题图）（第5A１．如图四边形ABCD 被EF 分成两个四边形AFED 和FBCE ，求证三个四边形ABCD ，AFED ，FBCE 的对角线交点H G K ,,共线．证明因为D ，E ，C 直线l 上互异的三点，A ，F ，B 是直线m 上互异 的三点，由定理4.16（巴卜斯定理），三个交点AE DF G⨯=，AC DB K ⨯=， FC EB H ⨯=共线．4.6 对合对应对合对应定义．定理4.19两个重叠的一维图形（点列、线束）q p μ+，q p μ'+成为对合对应的充分必要条件是：对应元素的参数μ和μ'满足0)(=+'++'d b a μμμμ其中02≠-b ad ．定理4.20不重合的两对对应元素，确定唯一一个对合对应．１．求参数为21→，20→的两对对应元素所确定的对合对应． 解利用定理 4.19，这里两对对应元素的参数μ和μ'分别为21,1='=μμ和2,0='=μμ，设0)(=+'++'d b a μμμμ为所求的对合对应，把两对对应参数值代入得）题图（第1DAFBCEGKHlm⎪⎩⎪⎨⎧=+=++0202321d b d b a 解得2:1:1::-=d b a ，因此，这两对对应元素所确定的对合对应为02=-'++'μμμμ．。
第三章射影变换
第三章 射影变换与射影坐标本章首先引入射影不变量——交比。
然后在此基础上，讨论了一维基本形之间的射影对应与射影变换，以及二维射影对应和射影变换，还定义了一维和二维射影坐标。
§1 交比与调和比点列中四点的交比与调和比定义1.1 共线的四个不同点A ，B ，C ，D 的交比等于单比（ABC ）与单比（ABD ）的比，记作：（AB ，CD ），即（AB ，CD ）=)()(ABD ABC其中A ，B 叫基点偶，C ，D 叫分点偶。
交比又称交叉比和复比。
由交比和单比的定义，我们可AD BC BDAC BDAD BC ACABD ABC CD AB ⋅⋅===)()()(， 其中AC ，BC ，AD ，BD 是有向线段的数量。
我们不难得出：（1） 点偶C ，D 不分离点偶A ，B 时，交比（AB ，CD ）﹥0； （2） 点偶C ，D 分离点偶A ，B 时，交比（AB ，CD ）﹤0； （3） 当C ，D 重合时，（AB ，CD ）=1； （4） 当A ，C 重合时，（AB ，CD ）=0。
定理1.1 基点偶与分点偶交换，交比值不改变，即 （AB ，CD ）=（CD ，AB ） 证明 由定义1.1，（CD ，AB ）=),(CD AB BCAD BDAC CB DA DB CA =⋅⋅=⋅⋅ 定理1.2 基点偶的两个字母交换或分点偶的两个字母交换，交比的值变成原来的交比值的倒数，即（BA ，CD ）=（AB ，DC ）=),(1CD AB证明（AB ，DC ）=),(1)()(1)()(CD AB ABD ABC ABC ABD == 又（BA ，CD ）=（CD ，BA ）=),(1),(1CD AB AB CD =推论 同时交换每个点偶里的字母，交比的值不改变，即 （AB ，CD ）=（BA ，DC ） 定理1.3 交换中间的两个字母或两端的两个字母，交比的值等于1减去原来的交比值，即（AC ，BD ）=（DB ，CA ）=1－（AB ，CD ）证明（AC ，BD ）AD CB CD AB ⋅⋅=AD CB BD CB BC AC ⋅++=))(( AD CB BDAC CB BD CB AC ⋅⋅+++=)(AD CB BD AC ⋅⋅+=1=1+)(ADBC BDAC ⋅⋅-=1－（AB ，CD ）共线四点1，2，3，4一共有4！=24中不种的排列，所以有24个交比，根据交比的运算性质，它们只有6个不同的交比值，即（12，34）=（34，12）=（21，43）=（43，21）=m（21，34）=（34，21）=（12，43）=（43，12）=m1（13，24）=（24，13）=（31，42）=（42，31）=1－m（13，42）=（42，13）=（31，24）=（24，31）=m-11（14，23）=（23，14）=（41，32）=（32，41）=1－m 1（14，32）=（32，14）=（41，23）=（23，41）=1-m m例1 已知（P 1P 2，P 3P 4）=3，求（P 4P 3，P 2P 1）和（P 1P 3，P 2P 4）的值解 （P 4P 3，P 2P 1）= （P 2P 1 ，P 4P 3）=（P 1P 2，P 3P 4）=3 （P 1P 3，P 2P 4）=1－（P 1P 2，P 3P 4）=1－3=－2下面研究交比的代数表示定理1.4 一直线上的无穷远点分其上任何两点的单比等于1。