要点精讲 把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。
1. 主轴定理：任一 f = x T A x λ 1 y 1 2 + ⋯ + λ n y n 2 ★★ 必会 主轴定理（正交变换化标准形） ：对任一 n f = x T A x A 正交变换 x = Q y Q Q T Q = E f = λ 1 y 1 2 + λ 2 y 2 2 + ⋯ + λ n y n 2 , λ 1 , … , λ n A 全部特征值 （按重数计），而 Q i λ i ① 标准形的系数就是特征值 ：在正交变换下，标准形的系数不是任意的，必为特征值，且除排列次序外是唯一 的。反过来，已知标准形也就知道了全部特征值，这一点常用于反求题中。② 正交变换兼有两重身份 ：因 Q T = Q − 1 Q T A Q = Q − 1 A Q 既是合同又是相似 ，它既保持 ( p , q , r ) ∥ Q y ∥ = ∥ y ∥ ③ 操作流程 ：求特征值 → → 同一重根 的一组特征向量作 Schmidt 正交化（属于不同特征值的特征向量本来就正交）→ → Q Λ 同序 。
证明 / 推导 证. 依据是实对称矩阵的谱定理：实对称矩阵 A Q Q T A Q = Λ = diag ( λ 1 , … , λ n ) 属于不同特征值的特征向量必正交 ：设 A ξ = λ ξ , A η = μ η , λ = μ λ ξ T η = ( A ξ ) T η = ξ T A η = μ ξ T η ⇒ ( λ − μ ) ξ T η = 0 ⇒ ξ T η = 0. n Q x = Q y f = x T A x = y T ( Q T A Q ) y = y T Λ y = i = 1 ∑ n λ i y i 2 . ■ 举例说明 （1993 年数一） 已知 f = 2 x 1 2 + 3 x 2 2 + 3 x 3 2 + 2 a x 2 x 3 ( a > 0 ) f = y 1 2 + 2 y 2 2 + 5 y 3 2 a 解. 由主轴定理，标准形的系数就是特征值，故 A = 2 0 0 0 3 a 0 a 3 1 , 2 , 5 ∣ A ∣ = 2 ( 9 − a 2 ) = 1 ⋅ 2 ⋅ 5 = 10 a 2 = 4 a = 2 a > 0 λ = 1 α 1 = ( 0 , − 1 , 1 ) T λ = 2 α 2 = ( 1 , 0 , 0 ) T λ = 5 α 3 = ( 0 , 1 , 1 ) T 1 , 2 , 5 同序 排成各列：Q = 0 − 2 1 2 1 1 0 0 0 2 1 2 1 , x = Q y f = y 1 2 + 2 y 2 2 + 5 y 3 2 2. 第三种方法：合同初等变换法（成对行列变换）同时求标准形与可逆矩阵 C ★ 要懂 除配方法与正交变换法外，还有一种便于操作的合同初等变换法 ，用它同时求出标准形与可逆矩阵 C C T A C C C A 列 初等变换，左乘 C T 相应的行 变换。因此，对 A 同样 的一次行变换，两者成对进行，直到 A D E E C C T A C = D
证明 / 推导 证. 操作的格式如下：把 A E ( A E ) A 同名 的行变换，使 A E 只作那次列变换 。当上块化为对角阵 D C C T A C = D C = E P 1 P 2 ⋯ ⋯ P k P k T ⋯ C T A C ■ 举例说明 对 A = 1 1 1 1 2 2 1 2 3 r 2 − r 1 , r 3 − r 1 c 2 − c 1 , c 3 − c 1 A → 1 0 0 0 1 1 0 1 2 r 3 − r 2 , c 3 − c 2 A → diag ( 1 , 1 , 1 ) c 2 − c 1 , c 3 − c 1 , c 3 − c 2 E C = 1 0 0 − 1 1 0 0 − 1 1 C T A C = E z 1 2 + z 2 2 + z 3 2 p = 3 3. 配方法的两种情形，以及无平方项时所作替换为什么总是可逆的★★ 必会 配方法分两种情形。有平方项 时，选定一个平方项，把所有含该变量的交叉项一次性配成一个完全平方，该变量此后不再出现，问题降低一维，如此逐次进行到底。无平方项 （只有交叉项 x i x j x i = y i + y j , x j = y i − y j y i 2 − y j 2 C
证明 / 推导 证. 先说明无平方项时所作替换的可逆性。替换 x i = y i + y j , x j = y i − y j x k = y k ( i , j ) ( 1 1 1 − 1 ) = − 2 = 0 1 x = C y ∣ C ∣ = 0 ■ 举例说明 化 f = x 1 2 + 2 x 2 2 + 2 x 3 2 + 2 x 1 x 2 + 2 x 1 x 3 x 1 2 x 1 x 1 2 + 2 x 1 ( x 2 + x 3 ) = ( x 1 + x 2 + x 3 ) 2 − ( x 2 + x 3 ) 2 f = ( x 1 + x 2 + x 3 ) 2 − ( x 2 + x 3 ) 2 + 2 x 2 2 + 2 x 3 2 = ( x 1 + x 2 + x 3 ) 2 + x 2 2 − 2 x 2 x 3 + x 3 2 = ( x 1 + x 2 + x 3 ) 2 + ( x 2 − x 3 ) 2 . z 1 = x 1 + x 2 + x 3 , z 2 = x 2 − x 3 , z 3 = x 3 f = z 1 2 + z 2 2 2 p = 2 , q = 0 x 3 = z 3 , x 2 = z 2 + z 3 , x 1 = z 1 − z 2 − 2 z 3 C = 1 0 0 − 1 1 0 − 2 1 1 ∣ C ∣ = 1 = 0 4. 正交变换法的特有用途：约束最值与曲面判定（配方法不能代替）★★ 必会 正交变换法的特有用途，是一切与长度、角度、曲面形状有关 的问题：判定二次曲面的类型，求约束最值 max / min { x T A x : ∥ x ∥ = 1 } = λ m a x / λ m i n 必须用正交变换 ，因为只有正交变换保持 ∥ x ∥ C Q
证明 / 推导 证. 设实对称矩阵 A λ 1 ≥ λ 2 ≥ ⋯ ≥ λ n Q Q T A Q = diag ( λ 1 , … , λ n ) x = Q y Q ∥ x ∥ 2 = x T x = y T Q T Q y = y T y = ∥ y ∥ 2 , ∥ x ∥ = 1 ∥ y ∥ = 1 ∑ i = 1 n y i 2 = 1 f = x T A x = i = 1 ∑ n λ i y i 2 ≤ λ 1 i = 1 ∑ n y i 2 = λ 1 . y = ( 1 , 0 , … , 0 ) T x = Q y Q λ 1 λ m a x ∑ λ i y i 2 ≥ λ n ∑ y i 2 = λ n λ m i n ■ x = C y C ∥ x ∥ 2 = y T C T C y C T C = E ∥ x ∥ = 1 ∑ y i 2 = 1 ∑ d i y i 2 举例说明 求 f = x 1 2 + x 2 2 + x 3 2 + 2 x 1 x 3 x 1 2 + x 2 2 + x 3 2 = 1 A = 1 0 1 0 1 0 1 0 1 x 2 1 ( x 1 , x 3 ) ( 1 1 1 1 ) 2 , 0 2 , 1 , 0 max f = λ m a x = 2 2 ( 2 E − A ) x = 0 ( 1 , 0 , 1 ) T x = ± 2 1 ( 1 , 0 , 1 ) T f = 2 5. 三种方法如何选用，以及用 ( p , q , r ) ★ 要懂 三种方法各有其适用之处：若只问标准形、规范形、惯性指数、秩或正定性 ，用配方法或合同初等变换法最为迅速；若涉及几何、最值、曲面、度量 ，则必须用正交变换法，此时标准形的系数就是特征值。三种方法殊途同归，所得的对角阵都与 A ( p , q , r ) ( p , q )
举例说明 对同一个 f = 2 x 1 x 2 x 1 = y 1 + y 2 , x 2 = y 1 − y 2 2 y 1 2 − 2 y 2 2 ( p , q ) = ( 1 , 1 ) A = ( 0 1 1 0 ) ± 1 y 1 2 − y 2 2 ( p , q ) = ( 1 , 1 ) ± 2 ± 1 ( p , q , r ) = ( 1 , 1 , 2 ) 真题精选 近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。
2026 年 · 数一 · 第 7 题 · 选择题 · 5 分
设二次型 f ( x 1 , x 2 , x 3 ) = a ( x 1 2 + x 2 2 + x 3 2 ) + 4 x 1 x 2 + 4 x 1 x 3 + 4 x 2 x 3 f ( x 1 , x 2 , x 3 ) = − 1
A a = − 4 f ( x 1 , x 2 , x 3 ) − y 1 2 − y 2 2 − y 3 2 B a = − 4 f ( x 1 , x 2 , x 3 ) − 6 y 1 2 − 6 y 2 2 C a = 2 f ( x 1 , x 2 , x 3 ) − y 1 2 − y 2 2 − y 3 2 D a = 2 f ( x 1 , x 2 , x 3 ) − 6 y 1 2 − 6 y 2 2 2025 年 · 数一 · 第 5 题 · 选择题 · 5 分
二次型 f ( x 1 , x 2 , x 3 ) = x 1 2 + 2 x 1 x 2 + 2 x 1 x 3
2023 年 · 数一 · 第 21 题 · 解答题 · 12 分
已知二次型 f ( x 1 , x 2 , x 3 ) = x 1 2 + 2 x 2 2 + 2 x 3 2 + 2 x 1 x 2 − 2 x 1 x 3 g ( y 1 , y 2 , y 3 ) = y 1 2 + y 2 2 + y 3 2 + 2 y 2 y 3 x = P y f ( x 1 , x 2 , x 3 ) g ( y 1 , y 2 , y 3 ) x = Q y f ( x 1 , x 2 , x 3 ) g ( y 1 , y 2 , y 3 )
2022 年 · 数一 · 第 21 题 · 解答题 · 12 分
已知二次型 f ( x 1 , x 2 , x 3 ) = i = 1 ∑ 3 j = 1 ∑ 3 ij x i x j f ( x 1 , x 2 , x 3 ) x = Q y f ( x 1 , x 2 , x 3 ) f ( x 1 , x 2 , x 3 ) = 0
随堂练习 先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。
练习 1 · 选择题
用配方法，二次型 f = x 1 2 + 4 x 1 x 2 + 4 x 2 2
A y 1 2 B y 1 2 + y 2 2 C y 1 2 − y 2 2 D y 1 2 + 4 y 2 2 练习 2 · 选择题
用配方法化二次型 f = 2 x 1 x 2
A x 1 = y 1 + y 2 , x 2 = y 1 − y 2 B x 1 = y 1 , x 2 = y 2 C x 1 = y 1 y 2 , x 2 = y 1 D x 1 = y 1 + y 2 , x 2 = y 1 + y 2 练习 3 · 填空题
用正交变换法把二次型 f = 2 x 1 x 2
练习 4 · 选择题
要判断二次曲面 x T A x = 1
A 配方法B 正交变换法C 任意可逆线性变换D 初等行变换练习 5 · 填空题
用配方法化二次型 f = x 1 2 + 2 x 1 x 2 + 2 x 2 2 + 2 x 2 x 3 + 3 x 3 2
练习 6 · 选择题
设二次型 f = x T A x 正交变换 x = Q y 不一定 被这个变换保持不变的是（ ）。
A A B A C 二次型的正惯性指数D A 练习 7 · 解答题
用正交变换化二次型f ( x 1 , x 2 , x 3 ) = x 1 2 + x 2 2 + x 3 2 + 2 x 1 x 2 Q
2020 年 · 数一 · 第 20 题 · 解答题 · 11 分
设二次型 f ( x 1 , x 2 ) = x 1 2 − 4 x 1 x 2 + 4 x 2 2 ( x 1 x 2 ) = Q ( y 1 y 2 ) g ( y 1 , y 2 ) = a y 1 2 + 4 y 1 y 2 + b y 2 2 a ≥ b a , b Q
2018 年 · 数一 · 第 20 题 · 解答题 · 11 分
设实二次型 f ( x 1 , x 2 , x 3 ) = ( x 1 − x 2 + x 3 ) 2 + ( x 2 + x 3 ) 2 + ( x 1 + a x 3 ) 2 a f ( x 1 , x 2 , x 3 ) = 0 f ( x 1 , x 2 , x 3 )