射影变换例题解析

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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。

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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。

部编数学九年级下册专项32相似三角形射影定理综合应用(2种类型)(解析版)含答案

专项32 相似三角形-射影定理综合应用（2种类型）　一、射影定理　直角三角形斜边上的高是它分斜边所得两条线段的比例中项；且每条直角边都是它在斜边上的射影和斜边的比例中项。

如图（１）：Ｒt△ＡＢＣ中，若ＣＤ为高，则有ＣD２＝ＢＤ•AD、ＢＣ２＝ＢＤ•ＡＢ或ＡＣ２＝ＡＤ•ＡＢ。

（证明略）二、变式推广　１．逆用如图（１）：若△ＡＢＣ中，ＣＤ为高，且有ＤＣ２＝ＢＤ•ＡＤ或ＡＣ２＝ＡＤ•ＡＢ或ＢＣ２＝ＢＤ•ＡＢ，则有∠ＤＣＢ＝∠Ａ或∠ＡＣＤ＝∠Ｂ，均可等到△ＡＢＣ为直角三角形。

　２．一般化，若△ＡＢＣ不为直角三角形，当点Ｄ满足一定条件时，类似地仍有部分结论成立。

（后文简称：射影定理变式（2））如图（２）：△ＡＢＣ中，D为ＡＢ上一点，若∠ＣＤＢ＝∠ＡＣＢ，或∠ＤＣＢ＝∠Ａ，则有△ＣＤＢ∽△ＡＣＢ，可得ＢＣ２＝ＢＤ•AB；反之，若△ＡＢＣ中，Ｄ为ＡＢ上一点，且有ＢＣ２＝ＢＤ•ＡＢ，则有△ＣＤＢ∽△ＡＣＢ，可得到∠ＣＤＢ＝∠ＡＣＢ，或∠ＤＣＢ＝∠Ａ。

【类型1：直角三角形中射影定理】【典例1】（2021秋•南京期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AB上，且＝．（1）求证△ACD∽△ABC；（2）若AD＝3，BD＝2，求CD的长．【解答】（1）证明：∵＝，∠A＝∠A，∴△ACD∽△ABC；（2）解：∵△ACD∽△ABC，∴∠ACD＝∠B，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠B＝90°，∴∠A+∠ACD＝90°，∴∠ADC＝90°，∴∠ADC＝∠BDC，∵∠ACD＝∠B，∴△ACD∽△CBD，∴＝，∴＝，∴CD＝．【变式1-1】（2022•义乌市校级开学）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，若AD＝4，BD＝8，则CD的长为（）A．4B．4C．4D．【答案】A【解答】解：∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠B＝90°，∵CD⊥AB，∴∠DCB+∠B＝90°，∴∠A＝∠DCB，∵∠ADC＝∠CDB＝90°，∴△ADC∽△CDB，∴＝，即＝，解得：CD＝4，故选：A．【变式1-2】（2021秋•漳州期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，垂足为D，AD＝3，CD＝4，则BD的长为（）A．B．C．D．2【答案】A【解答】解：∵∠BAC＝90°，∴∠B+∠C＝90°，∵AD⊥BC，∴∠DAC+∠C＝90°，∠ADB＝∠ADC＝90°，∴∠B＝∠DAC，∴△BDA∽△ADC，∴＝，∵AD＝3，CD＝4，∴＝，解得：BD＝，故选：A．【变式1-3】（2020秋•梁平区期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，下列结论中错误的是（）A．AC2＝AD•AB B．CD2＝CA•CB C．CD2＝AD•DB D．BC2＝BD•BA 【答案】B【解答】解：∵∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，∴AC2＝AD•AB，CD2＝DA•DB，BC2＝BD•BA．故选：B．【变式1-4】（2015•黄冈中学自主招生）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【答案】A【解答】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．【类型2：非直角三角形中射影定理】【典例2】如图，已知∠A＝70°，∠APC＝65°，AC2＝AP•AB，则∠B的度数为（）A．45°B．50°C．55°D．60°【答案】A【解答】解：∵∠A＝70°，∠APC＝65°，∴∠ACP＝180°﹣70°﹣65°＝45°．∵AC2＝AP•AB，∴＝．∵∠B＝∠B，∴△BAC∽△CPA．∴∠B＝∠ACP＝45°．故选：A．【变式2-1】如图，在△ABC中，点D在边AB上，若∠ACD＝∠B，AD＝3，BD＝4，则AC的长为（）A．2B．C．5D．2【答案】B【解答】解：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，∴△ADC∽△ACB，∴，∵AD＝3，BD＝4，∴AB＝AD+BD＝3+4＝7，∴，∴AC＝或﹣（舍去），故选：B．【变式2-2】如图，在△ABC中，点D在AB边上，∠ABC＝∠ACD．（1）求证：△ABC∽△ACD；（2）若AD＝2，AB＝6．求AC的长．【解答】（1）证明：∵∠ABC＝∠ACD，∠A＝∠A，∴△ABC∽△ACD；（2）解：∵△ABC∽△ACD，∴，∴AC2＝2×6＝12，∴AC＝2．【典例3】如图，在△ABC中，∠A＝90°，点D、E分别在AC、BC边上，BD＝CD＝2DE，且∠C+∠CDE＝45°，若AD＝6，则BC的长为．【答案】8【解答】解：∵∠A＝90°，∴∠ABD+∠ADB＝90°，∵BD＝CD，∴∠DBC＝∠C，∴∠ADB＝∠DBC+∠C＝2∠C，∵∠C+∠CDE＝45°∴2∠C+∠CDE＝90°，∴∠ADB+∠CDE＝90°，∴∠BDE＝90°，作DF⊥BC于F，如图所示：则BF＝CF，△DEF∽△BED∽△BDF，∴＝＝＝，设EF＝x，则DF＝2x，BF＝CF＝4x，∴BC＝8x，DE＝x，∴CD＝BD＝2x，AC＝6+2x，∵∠DFC＝∠A＝90°，∠C＝∠C，∴△CDF∽△CBA，∴＝，即＝，解得：x＝，∴BC＝8；故答案为：8．【变式3】如图，在锐角△ABC中，BD⊥AC于D，DE⊥BC于E，AB＝14，AD＝4，BE：EC＝9：2，则CD＝．【答案】2【解答】解：∵BD⊥AC，∴∠ADB＝90°，∴BD2＝AB2﹣AD2＝142﹣42＝180，设BE＝9x，EC＝2x，∵DE⊥BC，∴BD2＝BE•BC，即180＝9x（9x+2x），解得x2＝，∵CD2＝CE•CB＝2x•11x＝22×＝40，∴CD＝2．1.（2022秋•义乌市月考）如图，小明在A时测得某树的影长为3m，B时又测得该树的影长为2m，若两次日照的光线互相垂直，则树的高度为（）m．A．B．C．6D．【答案】B【解答】解：根据题意，作△EFC，树高为CD，且∠ECF＝90°，ED＝2m，FD＝3m；∵∠E+∠F＝90°，∠E+∠ECD＝90°，∴∠ECD＝∠F，∴△EDC∽△CDF，∴＝，即DC2＝ED•FD＝2×3＝6，解得CD＝m．故选：B．2．（2012•麻城市校级自主招生）如图，⊙O与Rt△ABC的斜边AB相切于点D，与直角边AC相交于点E，且DE∥BC．已知AE＝2，AC＝3，BC＝6，则⊙O的半径是（）A．3B．4C．4D．2【答案】D【解答】解：延长EC交圆于点F，连接DF．则根据90°的圆周角所对的弦是直径，得DF是直径．∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC．∴．则DE＝4．在直角△ADF中，根据射影定理，得EF＝＝4．根据勾股定理，得DF＝＝4，则圆的半径是2．故选：D．3．（2022春•周村区期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于D，BD＝3，CD＝12，则AD的长为．【答案】6【解答】解：∵∠BAC＝90°，AD⊥BC，∴AD2＝CD•BD＝36，∴AD＝6，故答案为：6．4．（2021春•汉阴县期中）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．【答案】3【解答】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＝3．5．（2022•武汉模拟）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．【答案】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝1，∠ABC＝90°，∵BE⊥AC，∴∠AGB＝90°＝∠ABC，∵∠BAG＝∠CAB，∴△ABG∽△ACB，∴＝，∴AG•AC＝AB2（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：．6．（2021秋•滦州市期中）已知关于x的方程x2﹣2（a+b）x+c2+2ab＝0有两个相等的实数根，其中a、b、c为△ABC的三边长．（1）试判断△ABC的形状，并说明理由；（2）若CD是AB边上的高，AC＝2，AD＝1，求BD的长．【解答】解：（1）∵两根相等，∴可得：4（a+b）2﹣4（c2+2ab）＝0，∴a2+b2＝c2，∴△ABC是直角三角形；（2）由（1）可得：AC2＝AD×AB，∵AC＝2，AD＝1，∴AB＝4，∴BD＝AB﹣AD＝3．7．如图，点D在△ABC的边BC上，∠ADC+∠BAC＝180°，AB＝4，BC＝8，求BD的长．【解答】解：∵∠ADC+∠BAC＝180°，∠ADC+∠ADB＝180°，∴∠ADB＝∠BAC，又∵∠B＝∠B，∴△BAD∽△BCA，∴＝，∴BA2＝BD•BC，∵AB＝4，BC＝8，∴BD＝2．即AC⋅CF＝CB⋅DF．8．（盐城校级模拟）【问题情境】如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，我们可以利用△ABC与△ACD相似证明AC2＝AD•AB，这个结论我们称之为射影定理，试证明这个定理；【结论运用】如图2，正方形ABCD的边长为6，点O是对角线AC、BD的交点，点E 在CD上，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF，（1）试利用射影定理证明△BOF∽△BED；（2）若DE＝2CE，求OF的长．【解答】【问题情境】证明：如图1，∵CD⊥AB，∴∠ADC＝90°，而∠CAD＝∠BAC，∴Rt△ACD∽Rt△ABC，∴AC：AB＝AD：AC，∴AC2＝AD•AB；【结论运用】（1）证明：如图2，∵四边形ABCD为正方形，∴OC⊥BO，∠BCD＝90°，∴BC2＝BO•BD，∵CF⊥BE，∴BC2＝BF•BE，∴BO•BD＝BF•BE，即＝，而∠OBF＝∠EBD，∴△BOF∽△BED；（2）方法一：∵BC＝CD＝6，而DE＝2CE，∴DE＝4，CE＝2，在Rt△BCE中，BE＝＝2，在Rt△OBC中，OB＝BC＝3，∵△BOF∽△BED，∴＝，即＝，∴OF＝．方法二：将△OFC绕O顺时针旋转90度得到△OGB，如图3，由△BOF∽△BED得到∠OFB＝45°，∴∠OGB＝∠OFC＝45°+90°＝135°，∵OG＝OF，∴△OGF为等腰直角三角形，∴∠OGF＝45°，∴G点在BE上，∵BG＝CF＝，∴GF＝，∴OF＝GF＝．。

中考数学总复习《射影定理》专题训练(含答案)

射影定理一、选择题1.如图，矩形ABCD 中，BE AC ⊥于F ，E 恰是CD 的中点，下列式子成立的是（）A ．2212BF AF =B ．2213BF AF =C ．2212BF AF >D ．2213BF AF < 二、解答题 2.如图，ABC △中，AD BC ⊥于D ，BE AC ⊥于E ，DF AB ⊥于F ，交BE 于G ，FD 、AC 的延长线交于点H ，求证：2DF FG FH =⋅．3.已知：如图，90ACB CDA AEB ∠=∠=∠=︒,求证：AEC ACF ∠=∠．4.如图，在直角梯形ABCD 中，AB CD AB BC ⊥∥，，对角线AC BD ⊥，垂足为E ，AD BD =，过E 的直线EF AB ∥交AD 于F ．⑴ AF BE =，⑵ 2AF AE EC =⋅．FED C A H G D FE CB AFE AB C D5.如上图，在ABC ∆中，2FD FB FC =⋅，AD 的垂直平分线交AD 于E ，交BC 的延长线于F ，求证：AD 平分BAC ∠．6.如图，在直角梯形ABCD 中，AB CD AB BC ⊥∥，，对角线AC BD ⊥，垂足为E ，AD BD =，过E 的直线EF AB ∥交AD 于F ．⑴AF BE =，⑵2AF AE EC =⋅．7.如图，直角ABC △中，AB AC ⊥，AD BC ⊥，证明：2AB BD BC =⋅，2AC CD BC =⋅，2AD BD CD =⋅．8.如图，Rt ABC △中90C ∠=︒，点D 在AC 上，BD AD =，M 是AB 的中点，ME AC⊥于E ，点P 是ME 的中点，连接DP ．求证：BE DP ⊥．F E DCB A EF D C B AF E DCBA D CB A9.如图，ABC △中，AD BC ⊥于D ，BE AC ⊥于E ，DF AB ⊥于F ，交BE 于G ，FD 、AC 的延长线交于点H ，求证：2DF FG FH =⋅．AB C D E M P PM EDCB A H G D FE CB A射影定理答案解析一、选择题1.A∵在Rt ABC △中，BF AC ⊥∴根据射影定理有2BF AF FC =⋅又∵EC AB ∥，点E 为DC 中点 ∴12EC CF AB AF == ∴2212BF AF FC AF =⋅=【解析】本题根据选项可以确定利用射影定理可以解决．二、解答题2.∵,,HF AB BE AH FGB EGH ⊥⊥∠=∠∴FBG EHG ∠=∠∴Rt FBG Rt FHA △∽△ ∴BF FG FH AF=，即AF BF FG FH ⋅=⋅ 又∵在Rt ABD △DF AB ⊥根据射影定理有：2DF AF BF =⋅∴2DF FG FH =⋅【解析】熟悉了掌握了射影定理后，这一题就不难解答了．直接证明2DF FG FH =⋅有些困难，可通过射影定理转化成证明AF BF FG FH ⋅=⋅即证明BF FH FG AF=，这个结论比较明显，证明BFG △∽HFA ∆即可．3.∵在Rt ACB △中CD AB ⊥∴根据射影定理有：2AC AB AD =⋅又∵Rt AFD Rt ABE △∽△ ∴AD AF AE AB=，即AB AD AE AF ⋅=⋅ ∴2AC AE AF =⋅，又CAF EAC ∠=∠∴AEC ACF △∽△∴AEC ACF ∠=∠【解析】由题目中求角相等，根据本章学习的内容可知，我们可能由已知条件证明相似，进而得到相等的角，根据三点定形法，可初步猜测：AEC ACF △∽△．由射影定理可知：2AC AB AD =⋅，又根据两角相等两三角形相似，证明: Rt AFD Rt ABE △∽△，得到相似比例线段：AD AF AE AB =，即AB AD AE AF ⋅=⋅，根据线段的等量代换得到：2AC AE AF =⋅，可证明：AEC ACF △∽△4.⑴ ∵EF AB ∥，∴DFE DEF ∠=∠∴DF DE =，又∵AD BD =，∴AF BE =，⑵ 90ABC ∠=︒，BE AC ⊥，∴ABE BEC ∆∆∽，∴2BE AE EC =⋅∴2AF AE EC =⋅【解析】（1）根据平行线分线段成比例以及等腰三角形两底角相等得到证明．（2）由射影定理直接可得2BE AE EC =⋅，又BE AF =，线段的等量代换可得到2AF AE EC =⋅．5.连接AF ，∵EF 垂直平分AD ，∴AF DF =，∵2DF FC FB =⋅，∴2AF FC FB =⋅ ∴AF FB FC AF=，又∵AFC BFA ∠=∠∴AFC BFA ∆∆∽，∴FAC B ∠=∠，∵FDA FAE FAC CAE ∠=∠=∠+∠，FDA B BAD ∠=∠+∠，∴BAD CAD ∠=∠，即AD 平分BAC ∠．【解析】解答本题的关键是要利用垂直平分线的性质：垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，再根据线段的等量代换得到2AF FC FB =⋅，利用公共角相等可证明AFC BFA △∽△，由相似得到有用的等角，再根据ADF △为等腰三角形，利用角之间的等量代换可得到证明．6.⑴ ∵EF AB ∥，∴DFE DEF ∠=∠∴DF DE =，又∵AD BD =，∴AF BE =，⑵ 90ABC ∠=︒，BE AC ⊥，∴ABE BEC ∆∆∽，∴2BE AE EC =⋅∴2AF AE EC =⋅7.∵AB AC ⊥，AD BC ⊥∴ABD ∆∽CAD ∆∽CBA ∆∵ABD ∆∽CAD ∆ ∴2BD AD AD BD CD AD CD=⇒=⋅ 同理可得，2BD AB AB BD BC AB BC =⇒=⋅，2CD AC AC CD BC AC BC =⇒=⋅ 点评：上述的结论就叫做射影定理，这个结论及相关基本图形非常重要．【解析】由两组对角分别相等证明三组相似三角形，由三组相似三角形可得到证明．8.连接DM ．∵BD AD BM AM ==，∴DM AB ⊥，ME AD ⊥∴2ME DE AE =⋅（射影定理） ∵222,12DE DE DE BC ME ME PE ME CE CE AEME ==== ∴DE BC PE CE= ∵,AC BC PE AD ⊥⊥∴DEP ECB △∽△∴PDE CBE ∠=∠∴PD BE ⊥【解析】本题证明的关键是要证明DEP ECB △∽△，证明这对相似三角形就需要由已知条件推到出有用的成比例线段，再根据都是直角三角形，才可得证．9.直接证明2DF FG FH =⋅有些困难，可通过射影定理转化成证明AF BF FG FH ⋅=⋅ 即证明BF FH FG AF =，这个结论比较明显，证明BFG △∽HFA ∆即可．。

专题11 射影定理——高分必刷题(解析版)-初中数学上学期重难点题型分类高分必刷题(人教版)

专题11 射影定理-高分必刷题（解析版）射影定理，又称“欧几里德定理”：在直角三角形中，斜边上的高是两条直角边在斜边射影的比例中项，每一条直角边又是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项。

射影定理是数学图形计算的重要定理，在初三各名校的数学和各地中考试题中都多次考查了这一模型的应用。

图形1.（青竹湖）如图，在Rt△ABC中，ACB∠则AC的长等于__________.【解答】解：∵AD＝6，BD＝18，∴AB＝AD+BD＝24．∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD 是AB边上的高，∴由射影定理得：AC2＝AD•AB＝6×24，∴AC＝12．故答案是：12．2.（青竹湖）如图,△ABC中,∠ACB=90∘，CD⊥AB于D. 若BC=4，BD:AD=1:3，则BD的长为33【解答】解：∵BC=4，BD:AD=1:3，．∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，∴由射影定理得：B C2＝BD•AB，∴16＝)3(xxx+，∴2=x．故答案是：A．DC BA3.（长沙中考）如图，点P 在以MN 为直径的半圆上运动（点P 不与M ，N 重合），PQ ⊥MN ，NE 平分∠MNP ，交PM 于点E ，交PQ 于点F ．（1）+＝．（2）若PN 2＝PM •MN ，则＝．【解答】解：（1）∵MN 为⊙O 的直径，∴∠MPN ＝90°，∵PQ ⊥MN ，∴∠PQN ＝∠MPN ＝90°，∵NE 平分∠PNM ，∴∠MNE ＝∠PNE ，∴△PEN ∽△QFN ，∴，即①，∵∠PNQ +∠NPQ ＝∠PNQ +∠PMQ ＝90°，∴∠NPQ ＝∠PMQ ，∵∠PQN ＝∠PQM ＝90°， ∴△NPQ ∽△PMQ ，∴②，∴①×②得，∵QF ＝PQ ﹣PF ，∴＝1﹣， ∴+＝1，故答案为：1；（2）∵∠PNQ ＝∠MNP ，∠NQP ＝∠NPM ，∴由射影定理得：PN 2＝QN •MN ，∵PN 2＝PM •MN ，∴PM ＝QN ，∴，∵，∴，∴，∴NQ 2＝MQ 2+MQ•NQ ，即，设，则x 2+x ﹣1＝0，解得，x ＝，或x ＝﹣＜0（舍去）．4.（长郡）如图，AB 为⊙O 的直径，弦CD 与AB 相交于E ，DE ＝EC ，过点B 的切线与AD 的延长线交于F ，过E 作EG ⊥BC 于G ，延长GE 交AD 于H ．（1）求证：AH ＝HD ；（2）若BFBD＝，DF ＝9，求⊙O 的半径．【解答】（1）证明：∵AB 为⊙O 的直径，DE ＝EC ，∴AB ⊥CD ，∴∠C +∠CBE ＝90°，∵EG ⊥BC ，∴∠C +∠CEG ＝90°，∴∠CBE ＝∠CEG ，∵∠CBE ＝∠CDA ，∠CEG ＝∠DEH ，∴∠CDA ＝∠DEH ，∴HD ＝EH ，∵∠A +∠ADC ＝90°，∠AEH +∠DEH ＝90°，∴AH ＝EH ，∴AH ＝HD ；（2）解：∵∠BDF ＝90°，BFBD ＝，令BD=4x ，BF=5x ，则222)5(94x x =+）（，∴2=x ，BD=12,由射影定理得：BD 2＝DF •DA ，∴144＝9×DA ，∴DA=16，又由射影定理得：AB 2＝AF •DA ，∴AB 2＝25×16，∴AB=20,即半径为10.5.(长郡)如图，△ABC 中，以AB 为直径的⊙O 分别与AC 、BC 交于点F 、D ，过点D 作DE ⊥AC 于点E ，且CE ＝FE ．（1）求证：DE 是⊙O 的切线；（2）连OE ．若OE AB ＝10，求CE 的长．【解答】证明：（1）连接DF ，OD ，过点O 作OH ⊥AC 于H ，∵DE ⊥AC ，CE ＝FE ，∴DF＝DC ，∴∠C ＝∠DFC ，∵四边形ABDF 是圆内接四边形，∴∠OBD +∠AFD ＝180°，∵∠AFD +∠CFD ＝180°，∴∠OBD ＝∠CFD ，∵OD ＝OB ，∴∠ODB ＝∠OBD ，∴∠ODB ＝∠C ，∴OD ∥AC ，∵DE ⊥AC ，∴OD ⊥DE ，又∵OD 为半径，∴DE 是⊙O 的切线；（2）∵OH ⊥AC ，DE ⊥AC ，OD ⊥DE ，∴四边形ODEH 是矩形，∴DE ＝OH ，OD ＝EH ，∵AB ＝10，∴AO ＝OB ＝OD ＝EH ＝5，∴DE ＝＝＝4，由射影定理得：DE 2＝CE ×AE,∴16＝CE （10-CE ），∴CE ＝2或8（舍去），∴CE ＝2．6.（长沙中考）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC为⊙O的直径，过点C作AC 的垂线交AD的延长线于点E，点F为CE的中点，连接DB，DC，DF．（1）求∠CDE的度数；（2）求证：DF是⊙O的切线；（3）若AC=2DE，求tan∠ABD的值．解：（1）∵对角线AC为⊙O的直径，∴∠ADC＝90°，∴∠EDC＝90°；（2）证明：连接DO，∵∠EDC＝90°，F是EC的中点，∴DF＝FC，∴∠FDC＝∠FCD，∵OD＝OC，∴∠OCD＝∠ODC，∵∠OCF＝90°，∴∠ODF＝∠ODC+∠FDC＝∠OCD+∠DCF＝90°，∴DF是⊙O的切线；(3)设DE＝1，则AC＝2，由射影定理得：AC2＝AD×AE,∴20＝AD（AD+1），∴AD＝4或﹣5（舍去），∵DC2＝AC2﹣AD2，∴DC＝2，∴tan∠ABD＝tan∠ACD＝＝2；7.（青竹湖）如图,在△ABC中,△C=90△，AD平分△BAC交BC于点D，O是AB边上一点，以点O为圆心，OA长为半径的圆经过点D，作DE△AB于点E，延长DE交△O于点F，连接FO并延长交△O于点G(1)求证：BC是△O的切线；(2)求证：OA2=OB△OE；(3)若AE=9，CD=3，求△ACD与△COE面积之比。

射影与高中立体几何绘图的原理，方法，例题

射影与高中立体几何绘图的原理，方法，例题射影（投影）的一般概念透过一个玻璃窗看一个真实物体：把玻璃窗当成一张纸，就相当于在玻璃上看到了一幅画，把玻璃窗当成一个相片，相当于看到了真实物体的影像。

虽然纸张和照片底片都是平面的，但人们可以在平面上分辨出原来物体的立体特征。

如图⒈所示。

图1。

透过一个玻璃窗看实物，一个绘画板图像图2.摄像机拍摄实物把摄像机或者人眼看做一个点，把画布，窗户，胶片看成一个平面，真实物体上的一个点在画面上的影像，可以看成由物体上的点发出的到人眼的光线穿过一个平面形成的交点，一个物体上的点在平面上的对应点被称为物体在平面上的投影点，人眼或者摄像机器就是中心点，一束束光线抽象成投影线，这个中心点被抽象成投影中心，画布胶片之类可以抽象成投影平面。

对射影问题或者投影问题的关注最早在意大利的文艺复兴时期。

建筑师雕塑师布鲁内莱斯基首先提出了直线投影与无影点等概念。

早期画家阿尔贝蒂，以及皮耶罗弗兰切斯卡写过有关投影几何方面的著作。

后来达芬奇等画家为了更生动逼真地绘画，对此作过非常深入的研究，产生了科学的透视画法。

这种方法可以产生逼真的平面艺术效果，其机制与我们人眼对景物的光线接收方式几乎一模一样。

透视画法蕴含着的几何原理经过演变形成了画法几何学，射影几何学，广泛应用在机械建筑工程制图，美术，摄影，电影制作上。

原理也被人们用诸如群论，线性变换这样一些原来用于研究数论与方程解法的方法进行研究，推动了数与形的更深入结合。

随着计算机技术的发展，射影几何学广泛应用于计算机图形学，计算机辅助设计与制造，动漫与电子游戏设计，计算机模拟视觉，计算机智能识别等领域。

随着技术与原理的发展，人类面临着在未来的一个世纪用计算机显示的图形图像基本代替纸的历史转折。

对人眼关于景物的获取与识别机制的进一步深入研究，再与几何学，光学原理，色度学及计算技术的结合正在发展出全新的智能系统。

图像分析方法，深度学习机制的进一步应用将使得你们这一代人看到前人从来没见过的美妙图像，将科学的结果，自然的现象，甚至看似杂乱无章的社科数据更直观更深刻地展现出来。

射影变换学习辅导(1)

For personal use only in study and research; not for commercial use第4章射影变换学习辅导(1) 学习方法引荐本章内容是在仿射变换的基础上，进一步研究射影变换和在射影变换下的不变问题.首先对点列和线束引入基本射影不变量——交比.即从介绍交比概念，引入共线四点的交比和调和比，共点四线形的交比和调和比.在此基础上讨论两个同类一维基本形的射影对应，射影变换及其特殊情况—对合，主要研究点列到点列的射影对应.在本章内容中，交比是重要的概念，它是射影变换的基本不变量.一维基本形的射影对应（变换）是平面射影几何的基础.作为调和比的几何背景本章还介绍了完全四点形及对偶图形完全四线形的调和性，这两个图形的调和性也是射影几何的重要不变性，它们在射影几何中也具有重要地位.学习本章时要抓住以下几点：1.点列与线束的交比与调和比；2.完全四点形和完全四线形的调和性质；3.一维基本形的射影对应；4.一维基本形的对合.它们的基本内容包括如下：1.点列与线束的交比和调和比（1）点列的四点的交比.我们知道，单比是仿射变换的基本不变量，但对于中心投影来说，单比不是不变量.这样就发生如何建立中心投影的基本不变量的问题，这个基本不变量就是交比.交比是两个单比的比，它有许多基本性质，见教材中的定理.由这些定理知，共线四点A ，B ，C ，D 共有24种排列，即有24个交比，分为6类，每类的四个交比值相等.当（AB ，CD ）=－1时，CD 调和分割线段AB ，由调和分割的关系是对等的，因此A ，B ，C ，D 称为调和点列.（AB ，CD ）=（CD ，AB ）=－1（2）交比的代数表示设点P 1，P 2，P 的坐标分别为（x 1，y 1），（x 2，y 2），（x 3，y 3），单比（P 1P 2P ）=μ，则 μμ--=121x x x μμ--=121y y y （1） P 的齐次坐标（21x x μ-，21y y μ-，μ-1），当μ=1时，（1）式无意义.但当μ→1时，可得到P 1，P 2所在直线上的无穷远点.所以（P 1P 2P ∞）=1即一直线上的无穷远点分其上任何两点的单比等于1，也就是（P 1P 2，P 3P ∞）=（P 1P 2P 3）如果四点P 1，P 2，P 3，P 4中，P 1或P 2为无穷远点，则上式可作为交比的定义.设四个不同的共线点P 1（A+λ1B ），P 2（A+λ2B ），P 3 (A+λ3B )，P 4 (A+λ4B )，则))(())((),(413242314321λλλλλλλλ----=P P P P 其中λi （i =1，2，3，4）彼此不相等.设四个不同的共线点的三点及其交比k （k ≠1，k ≠0）为已知，则第四点必唯一确定.（3）线束的四直线的交比与调和比与点列的四点的交比类似，线束中四直线的的交比是利用三条直线的单比定义的.（AB ，CD ）=)()(ABD ABC 应该注意，四直线的交比值与直线μ的取法无关.如果线束S 的四直线A ，B ，C ，D 被任何一条直线S 截于四点A ，B ，C ，D ，则（AB ，CD ）=（AB ，CD ）由这个结论可以推出与点列交比性质相类似的关于线束交比的性质，因此也可知四条直线所构成的24个交比值分为6类，每类的四个交比值相等.交比经中心投影后不变，即交比为射影性质.2.完全四点形与完全四线形调和性利用完全四点形的性质，可以解决“已知共线三点，求作第四调和点”的作图方法.设S ，S '是完全四点形ABCD 的一对对边，它们的交点是对边点X ，X 与其它二对边点的连线是l ，l '，图4-1.则必有（SS '，ll '）=－1XS l 'D l S 'M Q CY LA B E图4-1设S ，S '是完全四线形ABCD 的一对对顶点，它们的连线是对顶线x ，x 与其它两对顶线交点T ，T'，图4-2.则（SS '，TT'）=－1.TS yA x DT' C图4-23.一维基本形的射影对应（1）透视对应如果一个点列和一个线束的元素之间建立了一一对应且对应元素是结合的，则这个对应叫做透视对应，点列和线束叫做透视的.显然，点列与线束的透视关系具有对称性.点列与点列或线束与线束的透视关系都具有对称性.交比在透视对应下不变.（2）射影对应两个一维基本图形之间的射影对应的性质：①是一一对应的②A ∧B 则B ∧A③具有传递性，即若A ∧B ，B ∧C ，则A ∧C两个点列间的一一对应是射影对应⇔任何四点的交比与其对应四点的交比相等.已知两个一维图形的三对对应元素，那么可以确定唯一一个射影对应.两个点列间的射影对应是透视对应⇔它们底的交点自对应.两个线束间的射影对应是透视对应⇔它们顶点的连线自对应.4.一维基本形的对合对合是射影变换的一种特殊的情况，在对合里每对对应元素的每个元素归入哪个基本形都可以. 射影变换成为对合对应的充分必要条件. 重点、难点解析1.交比和调和比仿射变换（对应）是对平行射影而言的，单比是仿射几何中最重要的概念，它又是仿射变换的基本不变量.在研究中心射影时，我们引进了无穷远元素.可以证明，在中心射影下，共线三点的单比不是不变量.由此引入交比概念，首先研究共线四点的交比（1）关于交比的定义定义（4.2）把交比定义为两个单比的比，即共线四点A ，B ，C ，D 的交比定义为两个单比（ABC ）和（ABD ）的比，表为(AB ,CD )=)()(ABD ABC . 交比也称复比，即两个单比之比的意思.这种定义可称为几何定义.交比还有另一种定义，即代数法定义：设四个不同的共线点A ，B ，C ，D 的坐标顺次为A ，B ，A+λ1B ，A+λ2B ，则 (AB ，CD )=21λλ 以上两种定义方法是不同的.用第一种方法定义(AB ，CD )=)()(ABD ABC =ADBC BD AC ⋅⋅，所用坐标的非齐坐标，AC ，BD ，BC ，AD 都指有向线段的代数长度；第二种定义方法(AB ，CD )=21λλ,用齐次坐标.例如，共线四点A （2，1，-1），B （1，-1，1），C （1，0，0），D （1，5，-5），求（AB ，CD ）时，可把A 和B 作为基础点对，则C =A + B ，λ1=1，D = 2A -3B ，λ2 =32- 所求交比 21λλ=32- 注意，第二种定义方法采用齐次点坐标，可以不限制这四个点中是否有无穷远点.所以，定义(AB ，CD )=)()(ABD ABC =ADBC BD AC ⋅⋅，还属于欧氏平面上的定义，不能解决无穷远点的问题，在射影平面，应使用(AB ，CD )=21λλ的定义方法. 关于交比的定义，要注意以下问题：① A ，B ，C ，D 四点必须共线，而且要考虑顺序，顺序不同则交比不同；② AC ，BD ，BC ，AD 都是有向线段的代数长，因而交比（AB ，CD ）是个数值.（2）交比的性质由于A ，B ，C ，D 四个点的编排顺序不同，所得的交比也不同，共线四点可以组成24种编排顺序，因而可以有24个交比值.由交比的性质原理可知，对于每个排列，还有另三种排列，它们的交比等于已知排列的交比，因此，这24种排列所产生的交比值，实际上只有6类，并且在24个排列中，只要求出1个交比值，就可求出其它23个交比值.例如，已知（AB ，CD ）=3，则可知（DC ，BA ）=（BA ，DC ）=（AB ，CD ）=3.而（AC ，BD ）=1－（AB ，CD ）= －2（3）几个特殊的交比共线四点A ，B ，C ，D 中，设A ，B ，C 是固定点，第四点D 沿直线移动.可以证明，点D 在直线上的每个位置都对应一个确定的交比（AB ，CD ）的值.点D 的不同位置对应不同的交比值，不然的话，假设点D 和D '在两个不同的位置，且有（AB ，CD ）=（AB ，CD '）则)()()()(D AB ABC ABD ABC '=，因而（ABD ）=（ABD '）这只有在D = D '时，等式才成立，因此，（AB ，CD ）的每个值，对应点D 的一个确定的位置. 当这四个点中有无穷远点时，还可以用其他方法证明这个结论.证明如下：设已知三点的坐标是A ＋1λB ，A ＋2λB ，A ＋3λB 则由k =----))(())((41324231λλλλλλλλ （其中k 为定值，且k ≠0，1）可以求出4λ，确定第四点.因此第四点A ＋4λB 唯一确定.下面讨论交比的几个特殊情况①D 与C 重合时，则有（AB ，CD ）= 1②当D 与B 重合时，则有（AB ，CD ）=（AB ，CB ）=ABBC BB AC ⋅⋅ = 0 ③当D 与A 重合时，（AB ，CD ）=（AB ，CA ）= ∞=⋅⋅AA BC BA AC ④D 为无穷远点时，则有（AB ，CD ）=（AB ，CD ∞）==∞)()(ABD ABC （ABC ）可以看出，若第四点为无穷远点，则其交比等于前三个点的单比（ABC ），利用这个性质若无穷远点不在第四个点的位置，可以交换到第四个点的位置，以求其交比.（4）点列中四点的调和比调和比是交比的重要特例.当（AB ，CD ）=－1时，称为C ，D 调和分割A ，B .或称点偶A ，B 与点偶C ，D 调和共轭.D 叫做A ，B ，C 的第四调和点.应当注意，在调和分割中，两对点的关系是完全对等的.点列中四点A ，B ，C ，D 所组成的交比可以有六个交比值，在一般情况下，这六个交比值是不等的，但当且仅当这四个点适当地编排顺序，可以组成调和共轭的两对点偶时，（注意排除两点重合和虚点不考虑），那么这六个交比值才有相同的.（5）线束的交比和调和比①由定义知，四直线A ，B ，C ，D 的交比为)()(ABD ABC =ADBC BD AC ⋅⋅，注意这个定义中数目的排列. ②要注意定理4.7：如果线束S 的四线A ，B ，C ，D 被任何一条直线S 截于四点A ，B ，C ，D ，则（AB ，CD ）=（AB ，CD ）的证明.在上述定理中，若点S ，A ，B ，C ，D 都是有穷远元素时，或者，当S 为无穷远点或S 为无穷远直线时（即A ，B ，C ，D 都是无穷远点），此定理仍成立.即（AB ，CD ）的值与直线S 的取法无关，所以仍可取（AB ，CD ）=（AB ，CD ）③定理4.7是一个非常重要的定理，由于定理可以证明“两点列同时截一线束，则此点列上对应四点的交比相等.”还可以推广证明投影于同一点列的两线束的四条对应直线的交比相等.可以知道，此定理使点列和线束的问题沟通了，为研究交比是中心射影下的不变量打下基础，同时点列和线束的问题可以对偶地进行研究.（6）有关交比的作图问题① 有关交比的作图可以根据共线四点的交比的定义，借助初等几何作图来完成，需要用相应例题来理解.② 第四调和点的作图● 用“一角两条边和这个角内外平分线调和共轭”作第四调和点.● 利用相似三角形作第四调和点.（7）利用交比的调和共轭解初等几何问题交比和调和共轭是几何学中的重要概念，它们在几何的研究中有重要的作用，运用这些概念和有关性质，可以解决一些初等几何问题主要在以下三个方面：①角平分线的调和性.②利用交比证明有关圆的问题.③与图有关的调和共轭问题.2.完全四点形和完全四线形的调和性完全四点形和完全四线形是射影几何中的重要图形，由于这两个图形具有调和性，而交比又是射影变换的不变量，所以对完全四点形的性质的研究在射影几何中占有重要地位.值得注意的是，在前面调和比是用交比来定义的，而交比之定义为单比之比，所以定义调和比此时用了变量概念.对完全四点形的性质的研究，可以使我们完全不用度量概念，而使用下列方法来定义调和比或调和共轭.即“一直线S 上的点偶A ，B 与C ，D ，A ，B 是一个完全四点形的对边点，C ，D 是通过第三个对边点的两条对边与S 的交点，则A ，B 与C ，D 成调和共轭”.这种定义是综合地纯射影的定义，这种定义方法只与直线和直线相交的作图有关，与度量无关.由于完全四点形的调和性是射影性质，所以它的对偶图形完全四线形也有调和性.学习本单元内容时还应注意以下问题：（1）注意完全四点形与中学所熟悉的四边形的区别.四边形指简单四边形，由顶点依次连接而成，顶点数等于边数，均为4，如图4-3.ABCD 为简单四边形.而完全四点形是平面内无三点共线的四点及其两两连线所构成的图形，如图4-4.完全四点形ABCD 有四个顶点A ，B ，C ，D ，有六条边（即任何两顶点的连线都是边），通过同一顶点的边叫邻边，不通过同一顶点的边叫对边，因此有三对对边：AB 与CD ；AC 与BD ；AD 与BC ，对边交点叫对边点，共三个，即AB ×CD =X ，AC ×BD =Y ，AD ×BC =Z.三个对边点组成对边三点形XYZ.BCD A Y CDX ZA B图4-3 图4-4完全四点形的一对对边被通过这两个边交点的对边三点形的两边调和分割.完全四线形的一对对顶点被连接这两个点的对角三角形的两边调和分割.（2）利用完全四点形的调和性作第四调和点我们知道，一直线l上的点偶P1，P2，Q1，Q2成为调和共轭的充要条件是：“P1和P2是一个完全四点形的对边点，Q1和Q2是通过第三个对边点的两条对边与l的交点”，根据这个道理，可以通过完全四点形的作图来作第四调和点.如图4-5，已知直线l上有三点P1，P2，P3，求作点P4，使（P1P2，P3P4）=-1.作法如下：过P1P2若任作一直线交于点A，在P2A上任取一点B，连B P3，过P1A于点C，再连P2C，P1B，交于点D.连AD与L交于P4，则P4为所求第四调和点.ACBDlP1P4P2P3图4-5应当指出，以上作图是只用一根直尺完成的.而且过P1，P2的直线是任意作的，但P4点是唯一的，这由笛沙格定理保证.在图4-5中，根据定理，若P4为P1P2中点，则P为l上无穷远点，于是利用直尺可以作出CB// P1P2，反之，如果知道CB// P1P2，也可以用一根直尺求P1P2中点.（3）应用完全四点形的调和性解初等几何问题.利用完全四点形的调和性，可以比较简捷地解决一些初等几何中的共点和共线问题.例如，三角形三个顶角的外角平分线交其对边的三点共线.3.一维基本形的射影对应（1）什么叫一维基本形基本形，指以点、直线、平面为元素所形成的某些无穷集合，一维基本形指点列和线束.什么叫一维呢？关于维的概念，要注意几何学的维与空间的维是有区别的.几何学中的维数，指几何元素活动的自由度，也就是几何元素的坐标或参数必不可少的数目，这个数就是几何学的维数.此如平面内的点和直线应该有两个坐标，但在点列中以A，B为基点的任一点坐标可以表为A，B的坐标的线性组合，即C = A + λB，其中λ为参数，所以点列中的点可以用一个独立参数表示（对于线束也有类似结论）.也就是说，点列的每个点（或线束中的每一直线）都可以用一个独立参数表示，点列和线束就叫一维图形.点列和线束就是一维几何研究的对象.关于空间的维数，是指把直线，平面或空间都看成四点构成，空间的维数是点活动的自由度，所以直线叫一维空间.平面叫二维空间，我们生活的空间叫三维空间.由于几何学研究的元素不限于点，所以几何学中的维与所处空间的维不同.比如，平面上的直线几何应该叫二维几何学，这是由于把直线看作基本元素，平面上决定直线需要两个比值，即必不可少的参数为2.（2）一维基本形的透视对应与射影对应的关系①在前几章所讨论的透视仿射对应是对平行射影而言，本章所论的透视对应则对中心投影而言，透视对应包括点列和线束之间的透视对应；点列与点列之间的透视对应.在定义中可以将点列换成线束，或把线束换成点列.所以点列与线束的透视对应具有对称性.由透视对应的定义还可以看出，透视对应保持四元素的交比不变.但透视关系不满足传递性.需要注意，透视对应一定是射影对应，但射影不一定成透视对应，因此，透视对应与射影对应是特殊与一般的关系.②射影对应必是一一对应，且具有传递性、对称性、反身性，即具有等价关系.③透视对应在什么条件下才成为射影对应呢？由定理知，两个点列间的射影对应是透视对应的充要条件是它们的底的交点自对应也就是它们的公共元素自对应.两个点列成射影对应时，把它们的公共点看作是第一个点列的点时，它在第二个点列上的对应点，一般情况下不是它本身，只有当两个点列成透视对应时，其公共元素才自对应.④应该注意，如果一维射影对应使无穷远点对应无穷远点，则该对应一定是仿射对应，要证明这个结论，只需证明这种对应保持单比不变.由于射影对应保持交比不变.所以，仿射对应可看作特殊的射影对应.4.一维基本形的对合（1）关于对合概念对合对应是重要的，特殊的射影变换.在两个重叠的射影对应的一维基本形中，第一个基本形的元素P 对应第二个基本形的元素P'，但如果把P'看作第一个基本形的元素，那么它在第二个基本形里不一定对应P.但如果这个对应为对合对应，则根据对合定义“在两个重叠而且射影对应的一维基本形里，如果对于任何元素，无论看作属于第一个基本形或第二基本形，它的对应元素是一样的，那么这种非恒等的射影变换叫做对合（对应）”.那么P'就一定对应P.若两个重叠一维基形成射影对应，可假设两个重叠点列成射影对应，在什么条件下才成为对合呢？实际上只要有一对对应元素符合对合条件，则这种射影变换一定是对合.（2）对合的代数表示和确定对合是特殊的射影变换，从对合的代数表示，也可以看出射影变换成为对合的条件，即在射影变换式0=+'++'d c b a λλλλ，0≠-bc ad 中，若是对合，则有B = C ，反之也成立.上式说明射影变换范围比对合大.我们知道，三对对应元素决定唯一一个射影变换，如果是对合，则只要有不重合的两对对应点便可决定唯一一个对合对应.判定一个射影变换是否为对合对应，也可用如下事实：对合对应存在两个二重元素，射影变换是对合的充要条件是任何一对对应元素与两个二重元素调和共轭.例如，求由两个二重点1，2所确定的对合方程，可有两种解法.解法1 设对合方程为0)(=+'++'d b a λλλλ将1，2代入，得A +2B +D = 04A +4B +D = 0代入对合方程，得2λλ'-3（λ+λ'）+ 4 = 0解法2 利用（12，x x '）= -1其中x ，x '为一对对合点的坐标则12121-=-'-'--x x x x 即2xx '－3（x+x '）+ 4 = 0 典型例题例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 .λ 2C .21λλ D .λ1λ 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 .－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) = -1A 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-=⋅⋅ADBC 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.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02323213131=--+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********=--+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4-11∵（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-=BMAM 1=MB AM 而 1==BCAC MB AM 从而，AC =BC .□C N ∞A MB N ∞图4-12自测练习1.填空题（1）两点列间的射影对应是透视对应的充分必要条件是 .（2）共线四点的调和比为 .（3）四个共线点A ，B ，C ，D ，如果（AB ，CD ）=r ，则（DA ，BC ）= .（4）一维基本形的射影变换的不变元素的个数 .（5）射影变换有对对应元素满足对合对应的要求，则一定是对合.2.单选题（1）A ，B ，C ，D 为共线四点，且（CD ，BA ）= k ，则（BD ，AC ）=（）.A .k 1 B .k 11- C .kk -1 D .k （2）（）对不同的对应元素，确定唯一一个射影对应.A .1B .2C .3D .4（3）两个一维基本形成射影对应，则对应四元素的交比（）.A .相等B .不等C .1D .-1（4）线束S 的四直线A ，B ，C ，D 被任何一条直线S 截于四点A ，B ，C ，D ，若（AB ，CD ）=k ，则（AB ，CD ）=（）A .k1 B .1-k C .k 11-D .k 3.A ，B ，C ，D 为共线四点，如图4-13所示，相邻两点距离相等，计算这四点形成的各交比值.A B C D· · · ·图4-134.设A ，B ，C ，D ，E 为直线上五点，求证：（AB ，CD ）·(AB ，DE )·(AB ，EC ) = 15.已知点A =（1，1，1），B =（1，-1，1），C =（1，O ，1）且（AB ，CD ）= 2，求C 点坐标.6.若直线l 1，l 2，l 3，l 4的方程为（1）012=+-y x ，023=-+y x ，07=-y x ，015=-x（2）0=-y x ，02=+y x ，0=+y x ，03=-y x求（l 1l 2，l 3l 4）.7.设P 1，P 2分别是坐标轴上的无穷远点，P 3是斜率为1的直线上的无穷远点，又（P 1P 2，P 3P 4）= m ，求P 4的坐标.8.设A ，B ，C ，D ，E 为共线五点，且（AD ，BC ）=-1，（CE ，AB ）=-1.求证4AC ·ED =3AD ·EC .9.设ΔABC 的三条高线为AD ，BE ，CF 交于M 点，EF 和CB 交于点G .求证（BC ，DG ）=-1.当AB =AC 时，还可以得到什么结果？10.设XYZ 是完全四点形ABCD 的对边三点形，XZ 分别交AC ，BD 于L ，M ，不用笛沙格定理证明YZ ，B L ，C M 共点（图4-14）.M图4-1411.求以下重叠一维基本形的射影变换自对应点的参数（坐标）.（1）066=+'+-'x x x x（2）01=+'+x x12.求两对对应元素，其参数211→，20→所确定的对合对应.参考答案1.（1）它们的底自对应，（2）1，（3）1-r r ，（4）不能大于2，（5）一对2.（1）B ，（2）C ，（3）A ，（4）D3.34，43，31-，3-，41，44.用交比定义证明即可.5.由A =（1，1，1），B =（1，-1，1）则D =（1，0，1）=A +B ，于是λ2=1设C =A +λ1B ，由（AB ，CD ）=21λλ=2可知λ1=2，所以C =A +2B =（3，-1，3）6.（1）l 1，l 2，l 3，l 4与x 轴的交点分别为211-=x ，322=x ，03=x ，514=x∴ （l 1l 2，l 3l 4）=21 （2）l 1，l 2，l 3，l 4都过原点∴ （l 1l 2，l 3l 4）=-57.设P 1，P 2，P 3，P 4分别是直线上l 1，l 2，l 3，l 4上的无穷远点，其中l 1：x = 0l 2：y = 0l 3：y = x ，即x -y = 0l 4：x +λy = 0则（l 1l 2，l 3l 4）=（P 1P 2，P 3P 4）= m以l 1，l 2为基线.由l 3：x -y = 0，得λ1=-1l 4：x +λy = 0，得λ2=λ∵（l 1l 2，l 3l 4）= m ∴21λλ=λ1-= m 代入l 4的方程中得y=mx∴P 4点的坐标为（1，m ，0）.8.证明设A ，B ，C 的坐标分别为A ，B ，A +B ，设D 为A +λ1B ，E 为A +λ2B ，由（AD ，BC ）=-1，可知（AB ，DC ）=1-（-1）=2又（CE ，AB ）=-1，可知（AB ，CE ）=-1则λ1=2，λ2=-1∴（CD ，AE ）=43 （CD ，AE ）=CE DA DE CA ⋅⋅=43 即4AC ·ED =3AD ·EC .□9.如图，由完全四点AF M E 的调和性，可知（BC ，DG ）=-1当AB =AC 时，D 为BC 中点，所以G 为BC 直线上的无穷远点，因此EF ∥CB10.证明由四点形ABCD ，根据定理，可知在AC 边上的四点A ，C ，Y ，L 调和分割即（AC ，XL ）=-1.在四点形Y B ZL 中，L B 与YZ 交于N ，MN 与YL 交于C ，由定理可得（AC '，YL ）=-1 ∴点C 应与点C '重合，即YZ ，B L ，C M 共点.□11.（1）0652=+-λλλ1=3，λ2=2（2）012=+'+λλ 0120=+'++'λλλλ01112='++'⋅λλλλ 自对应元素为λ=λ'，将其代入上式得两自对应元素为λ1=∞，λ2=31-. 12.设0)(=+'++'d b a λλλλ为所求对合对应，则⎪⎩⎪⎨⎧=+=++0202321d b d b a 所以 A : B : D =1 : 1 : -2即 02=-'++'λλλλ为所确定的对合对应.仅供个人用于学习、研究；不得用于商业用途。

高考数学难题射影定理秒杀

⾼考数学难题射影定理秒杀射影定理巧解⾼考题射影定理在选择题和填空题中可以直接运⽤结论秒杀，但是在⼤题中却不能直接套⽤公式，也就说⾼考中直接⽤结论是不给分数的。

所以有些地区的⽼师选择⼀带⽽过这个概念，但是我们知道，⾼考中时间就是分数，能⽤结论的题⽬就相当于送分，所以我建议射影定理必须掌握对于想拿⾼分的同学来说。

先看下图射影定理：这个定理其实是课本上的⼀个课后题，这也是强调书本课后题的重要性。

这个定理其实是课本上的⼀个课后题，这也是强调书本课后题的重要性这个其实很好记。

求a的时候想到⽤bc来表⽰，cosB和cosC来表⽰，然后记住对应的余弦值正好互换就可以了。

原理就是过A做垂线，与BC交点EBE=c*cosB CE=b*cosC 然后相加就可以。

我们以⾼考真题来练习：常规解法：常规解法正弦定理将abc换成sinAsinBsinC,然后进⾏变换公式求解⽐较⿇烦但是能做对秒杀解法：秒杀解法a=b*cosC+c*cosB 代⼊上式，左右两边约掉，剩下3cosA=1 得cosA=1/3但是这个是⼤题，也就是不能直接⽤定理，那么过程怎么写呢？下图射影定理解法这⾥需要⽤到的两个公式⼀个是诱导公式第⼆步到第三步。

然后就是需要⼀个正弦定理就可以了这⾥需要⽤到的两个公式⼀个是诱导公式第⼆步到第三步。

然后就是需要⼀个正弦定理就可以了。

这个都是基本知识点。

所以我们在⽤射影定理的时候，如果遇到⼤题就必须有这个过程进⾏说明，在去使⽤结论。

如果是压轴⼩题的话直接⽤射影定理公式做就可以了。

我们在来做⼏个题巩固⼀下：射影定理巧解⾼考题真题2先化简得：的⽐值，就要把其中的⼀种⽤另⼀种来代替，所以我们可以利⽤公式：bcosA-2bcosC=2ccosB-acosB 由于最后要求sinC和sinA的⽐值bcosA+acosB=2bcosC+2ccosB c=2a正弦公式得sinC=2sinA ⽐值为2 就这样很简单我们再次强调，运⽤射影定理要求谁将谁⽤诱导公式和正弦定理求出射影定理的表达式就可以⽤，但是不可以直接套⽤，不然⼤题不给分，当然了⼩题可以直接⽤。

射影变换基础

1 T
1
1 1 1
1
k2 1 1 A2 B2 k . A2 B2 k1
k2 (k is a scalar) k1
MA B M so
1 1 1
1 1 1
1
k . A B2 ,
1 2
1 2
A B and A B2 are similar matrices
根据相似矩阵的性质，这两个矩阵具有相同的特征值。再假定B1也为可逆矩阵，则相应的特征值不为0，因此根据特征值两两相除(消去标量k),则得到两个不变量。可见同一平面两个非退化二次曲线有两个绝对不变量，当存在退化情况时，有一个特征值为0，因此只有一个不变量。
1 T
1
1 T
1
if A1 is invertable matrix , A1 M MA I , then k2 .B2 ( M ) B1 M k1 A2 .MA B M , so MA B M
1 1 1 1 1 1 1 1 1 T 1
( M ) A1 M .MA B M
• 由有限次中心射影的积定义的两条直线间的一一对应变换称为一维射影变换.
二维（高维）射影变换
Def3.2 由有限次中心射影的积定义的两个平面之间的一一对应变换称为二维射影变换.
交比不变量
• Def 3.3 (交比）若A,B,C,D为直线L上任意四点，则下式定义的R称为交比(cross ratio)
' ' ' '
线束的射影变换
• 平面上两个线束的射影变换及线束的交比。如下图所示，平面上有两个线束O,O’，若它们所有对应线的交点共线，则称这两个线束的对应为中心射影。类似点列的射影变换，有限次中心射影的积称为线束间的射影变换。

初三数学知识点剖析—期末冲刺：射影定理

MD MA ∴MA2=MD•ME；
(2)∵△EMA∽△AMD， ∴ AE = EM = AM ，
AD AM MD ∴ AE = EM ， AE = AM ，
AD AM AD MD
∴ AE AE = EM AM ， AD AD AM MD
∴ AE2 = ME ． AD2 MD
【点评】解答时证明三角形相似是关键
【解答】证明： ∵DM⊥BC， ∴∠BMD=90°， ∴∠B+∠D=90°． ∵∠BAC=90°， ∴∠B+∠C=90°， ∴∠D=∠C． ∵M 是 BC 的中点， ∴AM=MC= 1 BC，
2 ∴∠MAE=∠C． ∴∠MAE=∠D． ∵∠AME=∠AMD， ∴△EMA∽△AMD， ∴ MA = EM ，
AD AC
∵ ACD ABC ， ACD CBD ∴ ABC CBD ∴ BC = BD 即 BC2 = AB BD .
BA BC
3.口诀：柱子的平方等于影子的乘积.
三、典型例题
例 1：已知：在△ABC 中，∠BAC=90°，M 是 BC 的中点， DM⊥BC 交 AC 于点 E，交 BA 的延长线于点 D，求证：（1） MA2 = MD ME ；（2） AE2 = ME ．
例 2：【分析】首先证明△ABD∽△CAD，得到 AB：AC=BD：AD；证明△ADF∽△DBF，得到 BD：AD=BF： DF，即可解决问题
【解答】证明：如图，∵∠BAC=90°，AD⊥BC 于点 D， ∴∠B+∠C=∠DAC+∠C， ∴∠B=∠DAC，而∠ADB=∠ADC， ∴△ABD∽△CAD， ∴AB：AC=BD：AD； ∵E 为 AC 的中点， ∴EA=ED，∠ADE=∠DAC， ∵∠DAC=∠B， ∴∠ADE=∠B，而∠F=∠F， ∴△ADF∽△DBF， ∴BD：AD=BF：DF， ∴AB：AC=BF：DF．

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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