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）=（ ）

11

r1r1r1C. D.1

rrA. B.

（2）设A，B，A +λ1B，A +λ2B是四条不同的有穷远共点直线l1，l2，l3，l4的齐次坐标， 则（l1l2，l3l4）=（ ）

A.λ1 B.λ2 C.

1 D.λ1λ2 2（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P1（3，1），P2（7，5）与P3（6，4），

1

P4（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

(x3x1)(x4x2)(63)(97)(P1P2，P3P4)===-1

(x3x2)(x4x1)(93)(67)解法2 将P1，P2，P3，P4写成齐次坐标，则 P1（3，1，1），P2（7，5，1），P3（6，4，1）， P4（9，7，1）可以写作

P3（24，16，4），P4（-18，-14，-2） 于是 P3 =P1 +3P2 P4 =P1 -3P2 ∴(P1P2，P3P4)=

3=-1 3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l1，l2 (AB，l1l2)=（ABl1）=1 （ABl2）= -1

∴ (AB，l1l2) = -1 S

A B l2 l1

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， 设SB的法线方程为0，

2

(abl1) (abl2)为了求内角分线l1和外角分线l2方程，利用角平分线的几何特性，设P（x，y）为角平分线l1

上的任一点，则它们到A，B的距离相离，即=或或

取l1为即0，即11 l2为即0，即21 ∴( AB，l1l2)=

11 2证法3 根据定理，如图4-7，若用直线l1 // l2求截角的两边A，B分别交A，B于A，B，交l1

于T1，交l2于T，则由l1和l2互相垂直，可知ST1⊥l1，又l1为角平分线，由初等几何定理，可知△SAB为等腰三角形，且有AT1=T1B，即T1为AB中点，根据定理知

(AB，T1T)=-1 (AB，l1l2 )=-1 S

A T1 B l A l1 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OC=OA·OB 证明 (AB，CD)=

ACBD1

BCAD2

即AC·BD+BC·AD= 0

把AC，BD，BC，AD都以0为原点表示，则有（OC-OA）（OD-OB）+（OD-OA）（OC-OB）= 0 整理得 2（OA·OB+OC·OD）=(OA+OB)(OC+OD) 而 OD=-OC

∴ 2(OA·OB-OC)=(OA+OB)(OD-OC)=0 即 OC=OA·OB

例6 设三直线 p1a1xb1yc1 p2a2xb2yc2 p3a3xb3yc3

2

2

3

求证以p1= 0，p2= 0，p3= 0为三边的三角形的重心由方程

(a2b3a3b2)p1(a3b1a1b3)p2(a1b2a2b1)p3给出.

A l3

p1 p2 E q3 q1 B O p3 C

图4-8

分析 如图4-8，ΔABC三边AB，AC，BC的方程分别为p1= 0，p2= 0，p3= 0.设BC边上中线AO的方程q3=0.过A点作BC的平行线l3，则l3的斜率为kl3a3. b3由于l3过p1和p2的交点A，所以l3可由p1和p2线性表示，即l3的方程为

a1xb1yc1(a2xb2yc2)0

l3的斜率为a1a2

b1b2∴ aa1a23

b1b2b3b3a1a3b1

b2a3a2b3b3a1a3b1p20

b2a3a2b3∴ l3的方程为p1由于l3与BC平行，所以l3与BC交于无穷远点L∞，又D为BC中点， （BC，DL∞）= -1

两条直线截同一线束，所得对应四点的交比不变，可得 （p1p2，q3l3）=-1 ∴ q3的方程为p1a3b1b3a1p20

b2a3a2b3 4

同理q1的方程为p2则q1与q3的交点为

a1b2b1a2p30

b3a1a3b1(b2a3a2b3)p1(b3a1a3b1)p2(a1b2a2b1)p3

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PA上任取一点M，连BM交PC于N.连AN交PB于K，连MK交l于P，则有（AB，

CD）=-1.

连PD，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）.AP，BP，CP与对边交于A'，

B'，C'，且BC与B'C'交于A1，CA与C'A'交于B1，AB与A'B'交于C1. 如图4-10.求证：

（1）（BC，AA'）= -1，（CA，B1B'）= -1 （2）A1，B1，C1三点共线. 证明

（1）由完全四点形C'AB'P的调和性，可知 （BC，A1A'）= -1

又（B，C，A1，A'）（A，C，B'，B1） ∴（CA，B1B'）=（AC，B'B1）=（BC，A1A'）= -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A1，B1，C1

共线.

C

5

B1 P A C B' A' B A1 C' 图4-10

例9 巴卜斯命题：设A1，B1，C1与A2，B2，C2为同一平面内两直线上的两组共线点，B1C2与B2C1

交于L，C1A2与C2A1交于M，A1B2与A2B1交于N.如图4-11.

求证L，M，N共线. 证明

A1

B1

N D C1 M E L A2 B2 C2 O 图4-1

∵（B1，D，N，A2）（O，C2，B2，A2） （B1，C2，L，E） ∴（B1，D，N，A2）（B1，C2，L，E） 由于两点列底的交点B1自对应，有 （B1，D，N，A2）（B1，C2，L，E）

因此DC2，NL，A2E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，CN∞为外角平分线，则有 （AB，CN∞）= -1

∴（ABM）= -1，（ABN∞）= 1 即

AM1 BM 6

AMACAM1 而 1 MBMBBC从而，AC=BC.□

C N∞

A M B N∞ 图4-12

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