250515_162234-强化线代第六章解析_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_强化_线代

第六章 二次型
巩固练习
题型10 化二次型为标准形和规范形
1.【答案】 y 21  5 y 22  y 23
【解析】令 A 
 1
1
1
1

0
3
1
0
2

， X 
 x
x
x
1
2
3

，则 f(x ,x ,x ) XTAX .
1 2 3
x 21  2 x
1
x
2
 2 x
1
x
3
 3 x 22  2 x 23 

(
(
x
x
1
1


x
x
2
2


x
x
3
3
)
)
2
2


2
5
x
x
2
22
x
3


( x
4
2
x

22 
x
3
x
2 )
23
,
令
 x 
1
x
x
x
2
2
2


x
3
x
3



y ,
1
y ,
2
y ,
3
或
 x
x
x
1
2
3



y  2 y
1
y
y
2
2
2
 y ,
3
,
 y ,
3
即 X  P Y ，
其中 P =
 1
0
0

1
1
2 1
0
 1
  y 
1
 
，Y  y ，显然
 2
 
y
 
3
P 可逆，
则 f ( x
1
, x
2
, x
3
)  X T A X
X  P Y
Y T ( P T A P ) Y  y 21  5 y 22  y 23 .
2.【答案】 2 y 21  2 y 22
【解析】令 X 
 x
x
x
1
2
3

， A 
 0
1
1
1
0
0
1
0
0

，则 f ( x
1
, x
2
, x
3
)  X T A X .
f ( x
1
, x
2
, x
3
)  2 x
1
x
2
 2 x
1
x
3
 2 x
1
( x
2
 x
3
) ，
x  y  y , x  y  y ,
1 1 2 1 1 2
 
令 x x  y  y , 或x  y  y  y , 即
2 3 1 2 2 1 2 3
 
x  y , x  y ,  
3 3 3 3
X  P Y
 y 
1
 
，其中Y  y ，
 2
 
y  
3
1 1 0 
 
P  1 1 1 ，可逆，则
 
 
0 0 1
 
f ( x
1
, x
2
, x
3
)
X  P Y
2 y 21  2 y 22 .
3.【答案】9y2 18y2 18y2
1 2 3【解析】令 A 
 1


7
2
2

1

2
4
4


1
2
4
4

， X 
 x
x
x
1
2
3

，则 f ( x
1
, x
2
, x
3
)  X T A X ，由
2
2
1 7 2
4
1 4
2
4
1 4
( 9 ) ( 1 8 ) 2 0

   

E  A 



    ，得
1
9   ，
2 3
1 8     .
当9时，由
1
( 9 E  A ) X  0 ，即 ( 6 E  A ) X  0 ，得
1

 1
2
2

 ；
当
2 3
1 8     时，由 (1 8 E  A ) X  0 ，得
2

 
1
0
2 
 ，
3

 
0
1
2 
 .
令
1

1

 1
2
2

  ，
2

2

 
1
0
2 
  ，
3

3

(
(
3
2
,
,
2
2
)
) 2

1
5
 

5
2
4

 
   ，
 
单位化得 γ
1

|
1
1
|

1
3
 1
2
2


，

γ
2

|
2
2
|

1
5
 
1
0
2 

，

γ
3

|
3
3
|

3
1
5
 

5
2
4


，

令 Q  ( γ
1
, γ
2
, γ
3
) ，则 f ( x
1
, x
2
, x
3
)  X T A X
X  Q Y
9 y 21  1 8 y 22  1 8 y 23 .
4.【答案】（1） a  b  0 ；（2） Q 


0
1
1
2
2
0
1
0
1
0
1
2
2

；
【解析】（1）令 A 
 1
a
1
a
1
b
1
b
1

， X 
 x
x
x
1
2
3
  y 
1
 
，Y  y ，则 f  XTAX .
 2
 
y
 
3
因为 f  X T A X 经过正交变换化为 f  y 22  2 y 23 ，所以A的特征值为0，
1
 1，
2 3
2   .所以A 
1
a
1
a
1
b
1
b
1
  ( b  a ) 2  0 ，所以 a  b
1 a 1
|2EA| a 1 a 4a2 0，得
1 a 1
a  0 , b  0 .
（2） A =
 1
0
1
0
1
0
1
0
1

由 ( 0 E  A ) X  0 ，即AX 0，得
1
0   对应的线性无关的特征向量为
1
 (  1 , 0 , 1 ) T  ；
由(EA)X 0，得 1对应的线性无关的特征向量为 (0,1,0)T；
2 2
由 ( 2 E  A ) X  0 ，得
3
2   对应的线性无关的特征向量为
3
 (1 , 0 , 1 ) T  ，规范化得
1

1
2
(  1 , 0 , 1 ) T  ，
2
 ( 0 , 1 , 0 ) T  ，
2

1
2
(1 , 0 , 1 ) T  ，
 1 1 
 0
 
2 2
 
令Q  0 1 0 ，则
 
1 1
 0 
 
 2 2 
f  X T A X
X  Q Y
y 22  2 y 23 .
5.【答案】（1） k  2 ；（2） Q 
 1
1
1
3
3
3

1
0
1
2
2


2
1
1
6
6
6

；（3）
 1


1
1

1

1
1


1
1
1

【解析】（1）因为二次型 f  XTAX 经过正交变换X QY 化为y2 2y2 ky2，则
1 2 3
A
的特征值为
1
1    ， 2，
2 3
  k .
由 A   4   2 k 得 k  2 ，即
1
1    ，
2 3
2     .（2）由 Q 
 1
1
1
3
3
3
a
b
c
d
e
f

，二次型 f  x T A x 经过正交变换 x  Q y 化为
 y 21  2 y 22  k y 23 ，得
1
1    对应的线性无关特征向量为
1

 1
1
1

 .
设 
 x
x
x
1
2
3

 为
2 3
2     对应的特征向量，由 T1  0  得 x
1
 x
2
 x
3
 0 ，于是
2 3
2     对应的线性无关的特征向量为
2

 
1
0
1 
 ，
3

 
0
1
1 
 .
 
   
令    ，    ，
       
   
 
   













 

 


 



 


 



 





 
  
 
规范化得 1 
1
3
 1
1
1

 ， 2 
1
2
 
1
0
1 
 1 1 1 
 
 
3 2 6
1  
1    1 1 1 
 ， 3   1  ，则Q    .
6 3 2 6
 2   
 
 1 2 
0
 
 3 6 
1 0 0 1 0 0  1 1 1
     
（3）由QTAQ  0 2 0 得AQ 0 2 0 QT  1 1 1 .
     
     
0 0 2 0 0 2 1 1 1
     
6.【答案】（1）a2，b1；（2）请参照解析【解析】（1）令 A 


2
1
b
1
a
1

1
2
b 
， X 
 x
x
x
1
2
3

，则 f ( x
1
, x
2
, x
3
)  X T A X .
因为二次型经过正交变换化为 3 y 21  3 y 22 ，得 3，
1 2 3
0   .
由tr(A) 2a2，得
1 2 3
a  2 . 又
1 2 3
0  A   且
A 2(b2)(b1)，所以 b   2 或 b  1 .
因为
1 2
3     为 A 的特征值，所以
1 1 b
3EA  1 1 1 (b1)2 0，故
b 1 1
b  1 .
（2）当
1 2
3     时，由(3E A)X 0，得
1

 1
1
0

 ，
2

 
0
1
1 
 ；
当 0时，由
3
( 0 E  A ) X  0 ，即 A X  0
 1 
 
，得  1 .
3  
 
1
 
令
1

1

 1
1
0
 1  1 
(,) 1   
  ，   2 1   1 ，   1 ，单位化得
2 2 (,) 1 2   3 3  
1 1  2   1 
   
1

|
1
1
|

1
2
 1
1
0
 1
  1  
 ，  2  1 ，
 2 | | 6  
2  2 
 
3

|
3
3
|

1
3
 1

1
1


 ，

令Q(, ,)，则
1 2 3
f ( x
1
, x
2
, x
3
)  X T A X
X  Q Y
3 y 21  3 y 22 .
 1 1 
 0
 
2 2
 
7.【答案】（1）a2；（2）Q  1 1 
0
 
2 2
 
 
 0 1 0 【解析】（1）令 A 
 2
a
0
a
2
0
0
0
1

， X 
 x
x
x
1
2
3

，则 f  X T A X ，
E A
0
2
0
2
0
0
1
( 1 ) ( 2 4 4 2 )

    

  

a


a

     a .
因为二次型 X T A X 经过正交变换 X  Q Y 化为标准型 f  y 22  4 y 23 ，所以 A 的特征
值为
1
0   ，
2
1   ，
3
4   ，从而 4  a 2  0 ，于是 a  2 （ a  0 ），故
2 2 0
 
A= 2 2 0 .
 
 
0 0 1
 
（2）由 ( 0 E  A ) X  0 或 A X  0 得
1
0   对应的线性无关向量为
1
 (  1 , 1 , 0 ) T  ；
由 ( E  A ) X  0 得
2
1   对应的线性无关向量为
2
 ( 0 , 0 , 1 ) T  ；
由 ( 4 E  A ) X  0 得
3
4   对应的线性无关向量为
3
 ( 1 , 1 , 0 ) T  ；
单位化得：
1

1
2
(  1 , 1 , 0 ) T  ，
2
 ( 0 , 0 , 1 ) T  ，
3

1
2
( 1 , 1 , 0 ) T  ，则正交矩阵
Q 


1
0
1
2
2
0
0
1
1
1
0
2
2

.
8.【答案】（1） a  0 ， k  1 ；（2）请参照解析
x 
1
 
【解析】（1）令X  x ，
 2
 
x
 
3
A 
 a
0
 1
0
a
 1


k
1
1

，则二次型表示为
 1 
 
f(x ,x ,x ) XTAX ，因为 k 为
1 2 3  
 
2
 
A 的特征向量，所以 A
0
   ，即
 1   1  a2,  k 1,
0
     
A k  k ，于是ak2k, 解得 2,于是
  0  0 0
     
 2   2   1k2k 2,  a 0,
0A 
 0
0
 1
0
0
 1


1
1
1

.
（2）由 E A 0
1
0
1
1
1
1
( 1 ) ( 2 ) 0

   

 

    ，得
1
1    ，
2
0   ，
3
2   .
当
1
1    时，由 (  E  A ) X  0 ，即(E A)X 0，得
1

 1
1
1

 ；
当
2
0   时，由 ( 0 E  A ) X  0 ，即 A X  0 ，得
2

 
1
0
1 
 ；
当
3
2   时，由 ( 2 E  A ) X  0 ，得
3



1
1
2

 .
1 1  1 
1   1   1  
单位化得  1 ，  1 ，  1 ，令
1   2   3  
3 2 6
     
1 0 2
     
 1 1 1 

 
3 2 6
 
 1 1 1 
Q   ，于是
3 2 6
 
 1 2 
0 
 
 3 6 
Q T A Q =
 
0
0
1 0
0
0
0
0
2

，故
f ( x
1
, x
2
, x
3
)  X T A X
X  Q Y
Y T ( Q T A Q ) Y   y 21  2 y 23 .
9.【答案】（1）a3；（2）请参照解析
 5 1 3 
 
【解析】（1）令A 1 5 3 ，
 
 
3 3 a
 
X 
 x
x
x
1
2
3

，则 f ( x
1
, x
2
, x
3
)  X T A X ，A 
 5

3
1

5

1
3
3

a
3


 
5
3
1 5


1
3

3
a
3 

 
0
0
1 5
2 4
1 2

a

1

3
2
9

，
因为 r ( A )  2
 5 1 3 
24 12  
，所以  ，解得a3，于是A 1 5 3 .
 
12 a9
 
3 3 3
 
（2）由 | | 1
3
5 1
3
5 3
3
3
( 4 ) ( 9 ) 0

   

E  A 





    ，得 A 的特征值为
1
0   ，
2
4   ，
3
9   .
当
1
0   时，由(0EA)X 0，得 (1,1,2)T；
1
当
2
4   时，由 ( 4 E  A ) X  0 ，得
2
 (1 , 1 , 0 ) T  ；
当
3
9   时，由 ( 9 E  A ) X  0 ，得
3
 (1 ,  1 , 1 ) T  .
单位化得
1

1
6
 
1
2
1 
 ，
2

1
2
 1
1
0

 ，
3

1
3
 1

1
1

 ，
 1 1 1 

 
6 2 3
 
 1 1 1 
令Q    ，
6 2 3
 
 2 1 
0
 
 6 3 
Q T A Q =
 0
0
0
0
4
0
0
0
9

，则
f ( x
1
, x
2
, x
3
)  X T A X
X  Q Y
4 y 22  9 y 23 .
10.【答案】A
【解析】显然 A
4 0 0
 
的特征值为1,3,3，而 0 0 1 的特征值为4,1,1，所以
 
 
0 1 0
 
A 与
4 0 0
 
0 0 1 合同但不相似，选（A）.
 
 
0 1 0
  1
0
0
0
3
0
0
0
 3

与A即合同又相似，（B）不对；
 0
2
0
2
4
0
0
0
 1

的特征值为22 2,22 2,1，显然与A的正、负惯性指数不同，与A
不合同（C）不对；
因为
 0
2
0
2
2
0
0
0
0

的秩为2，所以不能与 A 合同，（D）不对.
11.【答案】B
【解析】 A 
 2
1
1
1
2
1
1
1
2


 1
1
1
1
1
1
1
1
1


 1
0
0
0
1
0
0
0
1

 C  E ，易知 C 的特征值为
t r ( C ) , 0 , 0 ，即3,0,0，所以 A 的特征值为4,1,1，易知 B 的特征值为1,2,3，由此可知，
A 与 B 的特征值不一样，所以 A 与 B 不相似；但 A 与 B 的正负惯性指数相同，故 A 与
B 合同，答案选（B）.
12.【答案】B
【解析】方法一：
E  A 
 (

0
0

1
1 ) [ (

0



1
1 ) (

0



2
2 )


(
 ]


1
(
)




1
1
) ( 
 

3 )
2
(  2 )


  


     
所以 A 的特征值为：2,1,3. 两个矩阵合同，其对应的正负惯性指数相等，两正一负，只
有（B）选项满足题意.
方法二：易知 A 6，故排除（A）（C）选项，因为这两个选项对应的行列式一个是
0，一个为正，不满足与A的正负惯性指数相等. 又因为tr(A)20，故一定有正特征
值，所以排除（D），综上所述，答案选（B）.
13.【答案】A【解析】 A 与 B 均为实对称矩阵， r ( A )  1 ，易知 A 的特征值为 t r ( A ) , 0 , 0 ，即 3 , 0 , 0 ，
易知 B 的特征值为 3 , 0 , 0 ，由此可知， A 与 B 的特征值一样，所以 A 与 B 相似；且 A 与
B 的正负惯性指数相同，故 A 与 B 合同，答案选（A）.
14.【答案】D
【解析】 A 正定的充分必要条件之一为所有的特征值均为正，
（A）选项不对，只能说明所有特征值不为0，无法保证所有特征值为正. （B）选项不
对，无法保证特征值非零.
（C）选项不对，只能说明所有特征值不为0，无法保证所有特征值为正.
（D）选项正确， A  1 对应特征值为 A 的特征值的倒数，若 A  1 的特征值全为正，则 A 的
特征值也必都为正. 故答案选（D）.
15.【答案】（1）
1
0   （ 1 重）， 3（2重）；（2）
2
k  3
【解析】（1）由 A 2  3 A  O 得 2 3 0     ，解得 0   或 3    ，因为 A 为实对称矩
阵，所以必可对角化，所以 A 的秩与 A 的非零特征值的个数相同，于是
1
0   ，
  3.
2 3
（2） A  k E 的特征值为
1
k   ，
2 3
k 3      . 因为 A  k E 正定的充分必要条件是特
征值都是正值，所以当 k  3 时， A  k E 正定.
16.【答案】略
【解析】因为BT (EATA)T  EATAB，所以 B 为实对称矩阵，对任意的
X  0 ， X T B X  X T ( E  A T A ) X  X T X  ( A X ) T ( A X ) ，因为 X T X  0 ，
( A X ) T ( A X )  0 ，所以 X T B X  0 ，即B EATA为正定矩阵.
17.【答案】略
【解析】因为AT  A，BT  B，因为A、B 正定，所以A的特征值
0(i1, ,n)，B 的特征值0(i1, ,n).
i i
因为(A*)T ( A A1)T  A (A1)T  A A1 = A* ， ( B  1 ) T  ( B T )  1  B  1 ，所以
A*+B1
为实对称矩阵.由 A * 的特征值为
| |
0 ( 1 , , )

A
i
 i  n ， B  1 的特征值为
1
0 ( 1 , , )

i
 i  n ，得 A * ，
B  1 都是正定矩阵，故 A * + B  1 也为正定矩阵.
18.【答案】略
【解析】 A T  A ，因为 ( B T A B ) T  B T A T B  B T A B ，所以 B T A B 对称.
对任意的 X  0 ，XT(BTAB)X (BX)TA(BX)，令  B X  ，由 r ( B )  n ，所以方
程组 B X  0 只有零解，故  0 . 因为 A 为正定矩阵，所以
T ( T ) T 0   X B A B X  A  ，于是 B T A B 为正定矩阵.综合测试
1.【答案】D
【解析】根据题意： ， 可逆，且 ， ，所以 与
等价、相似、合同．
2.【答案】标准形为 f  2 z 21  2 z 22  4 z 23 ，变换矩阵为
【解析】二次型中不含平方项，令
 x
x
x
1
2
3



y
y
y
1
1
3


y
y
2
2
代入可得
f 2y22y2 2y y 6y y ，
1 2 1 3 2 3
所用变换矩阵为 C 
 1
1
0
1

0
1
0
0
1

.
再配方可得 f  2

y
1

1
2
y
3

2
 2

y
2

3
2
y
3

2
 4 y 23 ，
 1  1
z  y  y y  z  z
 1 1 2 3  1 1 2 3
 
 3  3
令z  y  y y  z  z ，将二次型化为
2 2 2 3 2 2 2 3
 
z  y y  z
3 3 3 3
 
 
f  2 z 21  2 z 22  4 z 23 .
 1 
1 0
 
2
 
 3
所用可逆变换矩阵B  0 1  ，故原二次型经过xCBz化作了标准形，
 2
 
0 0 1
 
 
 
1 1 1
 
所用变换矩阵P CB= 1 1 2 .
 
 
0 0 1
 
3.【答案】B
E
ij
A E
ij
 B E
ij
E 1  E E   E
ij ij ij ij
P  C B =
 1
1
0
1

0
1

2
1
1 
A B【解析】实对称矩阵与其特征值构成的对角矩阵相似和合同，所以①③正确；
对②：取 A 
 1
2
3

， B 
 4
5
6

，则
f ( x
1
, x
2
, x
3
)  x 21  2 x 22  3 x 23 , g ( x
1
, x
2
, x
3
)  4 x 21  5 x 22  6 x 23 ,
有相同的规范形，但
( 1 ) ( 2 ) ( 3 ) , ( 4 ) ( 5 ) ( 6 )         E  A     E  B     ，
显然E A  EB ，由此可得②错误．
对④：引用上例，A与B 的秩均为 3 ，正惯性指数均为 3 ，因而A与B 合同，但这并不
要求特征值相等，于是  E  A  E  B ，即 A 与 B 不相似，从而④不成立，故答案
选（B）．
4.【答案】 g   y 21  y 22  y 23
【解析】由已知， A 的特征值为
1 2
1 ,
3
1        ，故 A * 的特征值为
A A A
1, 1， 1（
  
1 2 3
A   1 ）
所以 x T A * x 的规范形为 g   y 21  y 22  y 23 .
5.【答案】（1）令正交矩阵 Q 
 1
1
1
3
3
3

1
1
6
2
6
6

1
0
2
1
2

，经正交变换 x  Q y ，化二次型为
标准形 f  6 y 21 ；
（2） AE 7
【解析】（1）由A的各行元素之和均为 6
1 6 1
     
，得A 1  6 6 1 ，即
     
     
1 6 1
     
1
6   为矩阵 A 的特征值，
1

 1
1
1

 是 A 的属于
1
6   的特征向量．
由ABO知， A


1
1
2

 A
 1

0
1

 0 ，由特征值和特征向量的定义可知，
 1   1 
   
  2 ,  1 是
2   3  
   
1 0
   
A 属于特征值
2 3
0     的特征向量．
 1 
 
将之正交化，得   2 ，
2 2  
  1
 
3

3

(
(
3
2
,
,
2
2
)
) 2

1
2
 1
0
 1

 
   ，
 
再将
1
,
2
,
3
  单位化分别得到，
1
1  
  1 ，
1  
3
 
1
 
2
1
6
1
1
2  



，
3
1
2
1
0
1
 



，
令正交矩阵 Q  (
1
,
2
,
3
)   ，经正交变换 x  Q y 化二次型 f 为标准形 f  6 y 21 ．
（2）A的特征值为 6 , 0 , 0 ，故 A  E 的特征值为 7 , 1 , 1 ，所以 AE 7．
6.【答案】 f  y 21  y 22  y 23  y 24
【解析】设 A 的特征值为，则2 230，所以3或1.又二次型的正惯
性指数为1， r ( A )  4 ，所以负惯性指数为 3 ，故 A 的特征值为3,1,1,1，所以该二次
型的规范形为 f  y 21  y 22  y 23  y 24 .
7.【答案】（1） f ( x
1
, x
2
, x
3
)  x T A x  2 x
1
x
2
 2 x
1
x
3
 2 x
2
x
3
；（2）略
【解析】（1）由二次型经正交变换化为标准形2y2  y2  y2 ，知
1 2 3
A 的特征值为2，
1
2 3
1     
A
.所以 A =2(1)(1)2．A*的特征值为 ，即

1 ,  2 ,  2 ．
因为  ( 1 , 1 ,  1 ) T  是齐次线性方程组(A*E)x 0的解向量，所以是 A * 的特征值1对
应的特征向量，是 A 的特征值2对应的特征向量．
1
设  1对应的特征向量为x (x ,x ,x )T ，由于A 是实对称矩阵，故与 x 正
2 3 1 2 3交，即 x
1
 x
2
 x
3
 0 ．解得 (1,1,0)T, (1,0,1)T
2 3
令  ( ,
2
,
3
) 
 1
1
 1
1

0
1
1
0
1

  P ，则 P  1 A P  Λ 
 2
0
0
0

0
1
0
0
 1

故 A  P Λ P  1 =
 1
1
 1
1

0
1
1
0
1
  2
0
0
0

0
1
0
0
 1
  1
1
 1
1

0
1
1
0
1

 1

 0
1
 1
1
0
 1


0
1
1

所以所求的二次型为 f ( x
1
, x
2
, x
3
)  x T A x  2 x
1
x
2
 2 x
1
x
3
 2 x
2
x
3
．
（2）由于 A 的特征值为 2 ,  1 ,  1 ，故 A  2 E 的特征值为 4 ,1 ,1 ，全大于零，且A2E
是对称矩阵，所以 A  2 E 是正定矩阵．
8.【答案】（1）证明略， A 的特征值为 1 ,  1 , 0 ；
 1 1 2 

 
2 18 3
 
 1 1 2
（2）经正交变换 x     y，化二次型为标准形：
2 18 3
 
 4 1 
0
 
 18 3 
f  y 21  y 22 ；
（3）1
【解析】（1）证明：因为 T  ( T  T ) T  ( T ) T  ( T ) T  T  T        A A ，
所以A为实对称矩阵.
由ATT,ATT知：
(  )           A A A ，
(  )       (  )         A A A .
所以 A 有特征值
1
1   和
2
1    ，其特征向量分别为,.
又因为r(A)r(T)r(T)min  r(),r(T)  min  r(),r(T)  112，
故 A 有特征值
3
0   ，所以A 的所有特征值为1,1,0.
（2）因为 A 是实对称矩阵，所以属于不同特征值的特征向量相互正交，1和 1
1 2
1
对应的特征向量分别为 (1,1,0)T,  (1,1,4)T .
1 2 3设 0的特征向量为 (x ,x ,x )T，因此：
3 3 1 2 3
 T1
T2
3
3


x
1
3
1

( 
x
x
2
1


0
x
,
2
 4 x
3
)  0 .


取
3
 ( 2 ,  2 , 1 ) T  ，将特征向量
1
,
2
,
3
  规范化，
1

 1
1
0
2
2

,
2
=


1
1
4
1
1
1
8
8
8

,
3



2
3
1
3
2
3

   ，
令正交矩阵  (
1
,
2
,
3
)    Q ，经正交变换 x  Q y ，即：
 x
x
x
1
2
3


 1
1
0
2
2

1
1
4
1
1
1
8
8
8

2
3
1
3
2
3

 y
y
y
1
2
3

化二次型为标准形： f  y 21  y 22 .
（3）因为  A  E 仍为对称矩阵，且其特征值为 1 , 1 ,      ，当且仅当  A  E 的特
征值全为正数时， A 正定，因此， 1   即可.
9.【答案】（1） P 


1
0
1
2
2
1
1
2
6
6
6


1
1
1
3
3
3
  5 1 1

 
3 3 3
 
 1 5 1
；（2）C  
 3 3 3
 
1 1 5  
 
 3 3 3
【解析】（1）






E
(
(
(
(
(


 1
1






A
a
a
0
0
a
a
a
a
a






1
1
1
1
1


1
) [
) (
) [
) [
1
(
a

2
2
2
 1
a
1
 a
 2
 (
 (
1
1 
 a
 1
 1 ) (
a  a
2 a  1 )
a  1 
a
1
2


2
a


a
a



a
0

) 

2 a
2 )


(
2

1
1
]
a



a
(
a
2

a
 1
 a
1
 1 )
)
2 ]
 1 ) ( a 

1
1

a
1
2 )
a

]
1 2
 a

 
  
 


 


  
   
  
  
 1 ) 2 (  a  2 ) 
令E A 0，解得
1 2
a 1 ,
3
a 2        
( a  1 ) E  A 
 1
0
0
1
0
0

0
0
1 
，解得
1

 
1
0
1 
,
2

 1
0
1

 
( a  2 ) E  A 
 1
0
0
0
1
0
1
1
0

，解得
3

 

1
1
1


将,进行施密特正交化可得
1 2 1
1
0
1
,  
  
2

2

(
(
2
1
,
,
1
1
)
) 1

1
2
 1
1
2

 
  
 
将,,单位化，可得
1 2 3 1
1
0
1
2
2
,
2
1
1
2
6
6
6
,
3
1
1
1
3
3
3
,    




 





 1 1 1 
 
 
2 6 3
 
 1 1 1 
可得正交矩阵P   ，使
 
2 6 3
 
 2 1 
0
 
 6 3 
P  A P  Λ 
 a 
0
0
1
a
0

0
1
a
0
0
 2
（2）因为 P  A P  Λ 可知， A  P Λ P 
C 2  ( a  3 ) E  A  P  ( a  3 ) E  Λ  P 
 P
 4
0
0
0
4
0
0
0
1

P   P
 2
0
0
0
2
0
0
0
1

P  P
 2
0
0
0
2
0
0
0
1

P 
因为 C 为正定矩阵，所以
C  P
 2
0
0
0
2
0
0
0
1

P  


1
0
1
2
2
1
1
2
6
6
6


1
1
1
3
3
3

 2
0
0
0
2
0
0
0
1



1
0
1
2
2
1
1
2
6
6
6


1
1
1
3
3
3

T



5
3
1
3
1
3

5
3
1
3
1
3
1
3
1
3
5
3

．拓展提升
1.【答案】 f  3 y 21  6 y 22
【解析】二次型的矩阵 A 
 1
a
1
a

b
5
1
b
1

，且
 2
1
2

是 A 的特征向量，则有
1
a
1
a
b
5
1
b
1
2
1
2
1
2
1
2



  

 
a42,
1

即2a2b5, 解得
1

b42,

1
a b 2 ,
1
3     .
由 r ( A )  2 ，知 A  0 ，于是
2
0   是 A 的特征值.
3 3
再由 a ，得
ii i
i1 i1
1 5 1 3 0
3
      ，即 6是
3
A 的特征值.
因此，在正交变换下二次型的标准形： f 3y2 6y2.
1 2
2.【答案】C
【解析】 f  ( x
1
, x
2
, x
3
)
 0

1
1

0
1
1 1
1
0
  x
x
x
1
2
3

=
1
1
1
1 1
1
0
+ 1
1
1
1 1
1 = 0
0
+ 1
1
1
2
1
2 = 0
  
    
  
A  E
















，求出特征值
1
1 ,
2
1 ,
3
2        ，由正交变换化二次型为标准形 f  y 21  y 22  2 y 23 ，
f ( x
1
, x
2
, x
3
)  1 空间直角坐标系下表示的二次曲面是单叶双曲面，故选（C）.
3.【答案】 f 3y2
1
【解析】由 r ( A )  1 知零特征值的重数为2，又因为 A 中各行元素之和为 3 ，所以
1 1
   
A 1 3 1 ，即它的特征值为3,0,0，则 f 在正交变换x Qy下的标准形为
   
   
1 1
   f  3 y 21 ．
4.【答案】 [  2 , 2 ]
【解析】
f(x ,x ,x ) x2 x2 2ax x 4x x (x ax )2 (x 2x )2 (4a2)x 2，
1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 3 2 3 3
由于二次型的负惯性指数为 1 ，故 4  a 2  0 ，故  2  a  2 .
5.【答案】C
【解析】（A）是充分但不必要条件，因为 P 是正交矩阵，那么 P  1 A P  P T A P  E ，表
明 A 的特征值全是 1 ，所以 A 正定，但 A 正定特征值不一定全是1；
（B）是必要条件，并不充分，因为 x T A x 正定的充要条件是正惯性指数 p  n ，此时负
惯性指数 q  0 ，反之当 q  0 时不一定有 p  n，例如 f(x ,x ,x ) x2 2x2；
1 2 3 1 2
（D）存在 n 阶矩阵C ，使 A  C T C ， C 是否可逆不清楚，若 C 不可逆则
A  CTC  C 2 0，矩阵A不可能正定，故答案选（C）.
对于（C）的证明：若 A 与 E 合同，则对二次型 x T A x 存在坐标变换 x  C y 使
x T A x  y T E y  y 21  y 22   y 2n ，那么对于  x  0 ，由 C 可逆必有 y  0 ，因此恒有
x T A x  y T y  0 ，所以二次型 x T A x 正定.
6.【答案】A
【解析】因为 A 是可逆的实对称矩阵，则(A1)T (AT)1  A1，即 A  1 也是实对称矩
阵，而 A 与 A  1 的特征值是互为倒数的关系，故二次型 x T A x 与xTA1x有相同的规范
形，标准形未必相同，故选（A）.
7.【答案】m
a  x 
i1 1
   
n a x
【解析】 f (x ,x , x )  i2 (a ,a , a )  2
1 2 n   i1 i2 in  
i1
   
a x
   
in n ( x
1
, x
2
, x
n
) 
n
i
1
 a
a
a
i1
i2
in

( a
i1
, a
i2
, a
in
)
 x
x
x
1
2
n

 ( x
1
, x
2
, x
n
) ( A T A )
 x
x
x
1
2
n

，
即 f 的矩阵为 A T A ，而 r ( A  A )  r ( A ) ，所以二次型 f 的秩为 m .
8.【答案】略
【解析】
（1）令 B  (
1
,
2
,
3
)    ，则 A ξ
1
 0 ξ
1
, A ξ
2
 0 ξ
2
， A 有特征值
1 ,2
0  = .用特征值性质
3
i 1
i
3
i 1
a
ii
2  

 

 ，解出 2   .设 2   对应的特征向量 x = ( x
1
, x
2
,x
3
) T ，则
 ξ
ξ
1
2
T
T
x
x


0
0

 x

1
x

1
x

2
x

2
x

3
0
 0
求出其基础解系 x  ( x
1
, x
2
,x
3
) T ，
令
1
 1
1

1
3
 1
1
1

,
2
 2
2

1
2
 
1
0
1 
,
3
 
1
6


1
1
2

  
ξ
ξ
ξ
ξ
x
x
，
= (
1
,
2
,
3
)    Q ，可得 Q T A Q  
 0
0
2

. 
作正交变换 x = Q y
 1 1 1 

 
3 2 6
x    y 
1 1
   1 1 1  
，即 x  y ，得二次型的标准形为
 2   2
3 2 6
 x    y 
   
3  1 2  3
0 
 
 3 6 
f ( x
1
, x
2
, x
3
)  T  T T  T  2 y 23  x A x y Q A Q y y y .
（2） f(x ,x ,x )1即
1 2 3
2 y 23  1 , y
3
 
1
2
，代表两个平面.（3）二次型矩阵 A = Q Q T =
 1
1
1
3
3
3

1
0
1
2
2

1
1
6
6
2
6

 0
0
2



1
1
3
1
6
2
1
1
1
3
2
6

1
0
3
2
6





1
3
1
3
2
3

1
3
1
3
2
3


4
3
2
3
2
3

所以 f ( x
1
, x
2
, x
3
) 
1
3
x 21 
1
3
x 22 
4
3
x 23 
2
3
x
1
x
2

4
3
x
1
x
3

4
3
x
2
x
3
.
9.【答案】（1） a  1 ；
（2） 3，特征向量为
1 2
c
1
 1

0
1

 c
2
 1
0
 1

， c
1
, c
2
不全为零；
 0，特征向量为
3
c
3
 1
1
1

， c
3
不为零；
（3）方程的解为 x  k (1 , 1 , 1 ) T ， k 为任意常数
【解析】 f ( x
1
, x
2
, x
3
)  3 a
3
i
1
x 2i  (
3
i
1
x
i
) 2
 3 a ( x 21  x 22  x 23 )  ( x
1
 x
2
 x
3
) 2
(3a1)(x2 x2 x2)(2x x 2x x 2x x )
1 2 3 1 2 1 3 2 3
3a1 1 1 
 
所以二次型矩阵为A 1 3a1 1 ．
 
 
1 1 3a1
 
（1） 此二次型的正负惯性指数之和小于3，因此A必有零特征值，所以 A  0 ；
3a1 1 1
即 1 3a1 1 =33a2(a1)0
1 1 3a1所以a1．
（2）此时， A 
 2


1
1

2

1
1


2
1
1

，因此
2
1
1
2
1
1 2
1
1 ( 3 ) 2 0

   

A  E 









    ，
解得
1 2
3 ,
3
0       ．
3   时， A  3 E  
 1
0
0
1
0
0
1
0
0

，得
1

 1

0
1

,
2

 1
0
 1

  ，
其对应的所有特征向量为c+c ，
1 1 2 2
c
1
, c
2
不全为零．
3
0   对应的特征向量与
1
,
2
 正交，因此可取
3

 1
1
1

 ，则 c
3 3
（c 不为零）为
3
0 对应
的所有特征向量．
（3）对向量
1
,
2
 进行施密特正交化并单位化，得向量e ,e ；
1 2
对向量
3

 1
1
1

 进行单位化，得向量 e
3

 1
3
,
1
3
,
1
3

T
，
构造正交矩阵P (e ,e ,e )，则有
1 2 3
P T A P 
 3
0
0
0
3
0
0
0
0

．
令 x  P y ，其中 x  ( x
1
, x
2
, x
3
) T ， y  ( y
1
, y
2
, y
3
) T ，则有
f ( x )  f ( P y )  y T P T A P y  3 ( y 21  y 22 )  0 ，
所以y  y 0；
1 2
 0  1
  y  
因此x  Py (e ,e ,e ) 0  y e  3 1 ，
1 2 3   3 3  
3
   
y 1
   
3
方程的解为xk(1,1,1)T，k为任意常数．10.【答案】（1） A 


1
2
0
1
2
0
1
0

0
1
2
1
2

；（2）略
【解析】（1）由于二次型 f 在正交变换 x  Q y 下的标准形为y2  y2，所以
1 2
A 的特征值为
1 2
1 ,
3
0       ，且Q 的第三列
3
 (
2
2
, 0 ,
2
2
) T  为 A 的对应于 0的特征向量．
3
设 A 的对应于
1 2
1     的特征向量为  ( x
1
, x
2
, x
3
) T  ，由实对称矩阵对应于不同特征值
的特征向量相互正交，有T 0，亦即
3
x
1
 x
3
 0 ，解得 A 的对应于
1 2
1     的特
征向量为
1
 ( 0 , 1 , 0 ) T ,
2
 (  1 , 0 , 1 ) T   ，
由于
1
,
2
 是相互正交的，只需单位化：
2
 2
2

1
2
(  1 , 0 , 1 ) T

 ，

令正交矩阵 Q  
1
,
2
,
3
 

0
1
0

0
1
1
2
2
1
0
1
2
2

   ，则 Q T A Q  
 1
1
0

 ，
于是 A  Q Q T 


1
2
0
1
2
0
1
0

0
1
2
1
2

 ．
（2）首先 A  E 是实对称矩阵，因为 A 的特征值为 1 , 1 , 0 ，所以 A  E 的特征值为2,2,1
即AE 的特征值全大于零，故AE 是正定矩阵．
 1 1 1 

 
3 2 6
 
 1 1 1 
11.【答案】（1） ；（2）
3 2 6
 
 1 2 
 0
 
 3 6 
 0
1
 1
1
0
 1


0
1
1
【解析】（1） A 的特征值为
1
2 ,
2 3
1 , 2 .        A  又已知A，则
AA A，即 A A，所以A2， A 的特征值2对应的特征向量为.
设
2 3
1      对应的特征向量为 x  ( x
1
, x
2
, x
3
) T ，则Tx 0即x x x 0,求出其
1 2 3
基础解系为：
ξ
1

 
1
0
1 
, ξ
2

 1
0
1

，通过施密特正交化
1
(ξ ,) 1 
令 ξ ， ξ  2 1   1
1 1 2 2 (,) 1 2  
1 1  2 
 
单位化得：
1

1
3
 1
1
 1

,
2

1
2
 
1
0
1 
,
3

1
6
 1
1
2

   .
设 Q  (
1
,
2
,
3
)
2 
 
   ，则QTAQ== 1 ， 设
 
 
1
 
x  Q y ，其中
 1 1 1 

 
3 2 6
 
 1 1 1 
Q=  ，
3 2 6
 
 1 2 
 0
 
 3 6 
则 f(x ,x ,x ) xTAx  yTy2y2 y2 y2，
1 2 3 1 2 3
 0 1 1
 
（2）AQQT  1 0 1 .
 
 
1 1 0
 
12.【答案】（1）略；（2）k 1
a a a 1 1
11 12 13
    
【解析】（1）因为A的各行元素之和均为2，即 a a a 1 2 1 ，所以
 21 22 23   
    
a a a 1 1
    
31 32 332   是A的特征值，
 1
1
1

是 A 的对应于 2   的特征向量.又由 A B  B  O ，
A B   B ， B  0 , r ( B )  2 知
 1
0
 1

与
 0
1
 1

是A的对应于 1    的特征向量，即
1
2 ,
2 3
1        ，
1

 1
1
1

,
2

 1
0
 1

,
3

 0
1
 1

   .
因为
2
,
3
 不正交，将其正交化，
1

2

 1
0
 1

,
2

3

(
(
3
1
,
,
1
1
)
) 1

1
2
 
2

1
1

 
     ，
 
再单位化
e
1

1
3
 1
1
1

, e
2

1
2
 1
0
 1

, e
3

1
6
 
2

1
1

，取 Q  ( e
1
, e
2
, e
3
) 
 1
1
1
3
3
3

1
0
2
1
2


2
1
6
1
6
6

f  x T A x
x  Q y
y T Q T A Q y  y T y  2 y 21  y 22  y 23  .
（2）A的特征值为2,1,1，所以 A  k E 的特征值为 k  2 , k  1 , k  1 ，要使 A  k E 正
定充要条件为 k  2  0 , k  1  0 , k  1  0 ，即k 1.