💡 答案解析
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**解析**:
（1）$f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ 对应的矩阵 $\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{lll}1 & 2 & 3 \\ 2 & 4 & 6 \\ 3 & 6 & 9\end{array}\right)$ ．
（2）因为
$$
|\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=\left|\begin{array}{ccc}
\lambda-1 & -2 & -3 \\
-2 & \lambda-4 & -6 \\
-3 & -6 & \lambda-9
\end{array}\right|=\lambda^{2}(\lambda-14),
$$
所以 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $\lambda_{1}=14, \lambda_{2}=\lambda_{3}=0$ ．
当 $\lambda_{1}=14$ 时，解方程组 $(14 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}) \boldsymbol{x}=\mathbf{0}$ ，得特征向量 $\xi_{1}=\left(\begin{array}{l}1 \\ 2 \\ 3\end{array}\right)$ ，单位化得 $\boldsymbol{\eta}_{1}=\left(\begin{array}{l}\displaystyle\frac{1}{\sqrt{14}} \\ \displaystyle\frac{2}{\sqrt{14}} \\ \displaystyle\frac{3}{\sqrt{14}}\end{array}\right)$ ；
当 $\lambda_{2}=\lambda_{3}=0$ 时，解方程组 $(0 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}) \boldsymbol{x}=\mathbf{0}$ ，得两个线性无关的特征向量 $\boldsymbol{\xi}_{2}=\left(\begin{array}{c}-2 \\ 1 \\ 0\end{array}\right), \boldsymbol{\xi}_{3}=\left(\begin{array}{c}-3 \\ 0 \\ 1\end{array}\right)$ ，单
位正交化得 $\boldsymbol{\eta}_{2}=\left(\begin{array}{c}-\displaystyle\frac{2}{\sqrt{5}} \\ \displaystyle\frac{1}{\sqrt{5}} \\ 0\end{array}\right), \boldsymbol{\eta}_{3}=\left(\begin{array}{c}-\displaystyle\frac{3}{\sqrt{70}} \\ -\displaystyle\frac{6}{\sqrt{70}} \\ \displaystyle\frac{5}{\sqrt{70}}\end{array}\right)$ ．
令 $\boldsymbol{Q}=\left(\boldsymbol{\eta}_{1}, \boldsymbol{\eta}_{2}, \boldsymbol{\eta}_{3}\right)=\left(\begin{array}{ccc}\displaystyle\frac{1}{\sqrt{14}} & -\displaystyle\frac{2}{\sqrt{5}} & -\displaystyle\frac{3}{\sqrt{70}} \\ \displaystyle\frac{2}{\sqrt{14}} & \displaystyle\frac{1}{\sqrt{5}} & -\displaystyle\frac{6}{\sqrt{70}} \\ \displaystyle\frac{3}{\sqrt{14}} & 0 & \displaystyle\frac{5}{\sqrt{70}}\end{array}\right)$ ，则 $\boldsymbol{Q}$ 为正交矩阵，且
$$
Q^{\mathrm{T}} A Q=\left(\begin{array}{ccc}
14 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right) .
$$
故在正交变换 $x=Q y$ 下，$f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ 化为标准形 $14 y_{1}^{2}$ 。
（3）由 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=0$ 及（2），得 $14 y_{1}^{2}=0$ ，故 $y_{1}=0$ ．又 $y=Q^{T} x$ ，从而 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=0$ 的解满足
$x_{1}+2 x_{2}+3 x_{3}=0$ ．
故 $\left(\begin{array}{l}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3}\end{array}\right)=k_{1}\left(\begin{array}{c}-2 \\ 1 \\ 0\end{array}\right)+k_{2}\left(\begin{array}{c}-3 \\ 0 \\ 1\end{array}\right)$ ，其中 $k_{1}, k_{2}$ 为任意常数。
📋 详细解题步骤
目标：写出二次型矩阵
已知二次型表达式为 $f = \sum_{i=1}^3 \sum_{j=1}^3 ij x_i x_j$。二次型的一般形式为 $f = \sum_{i=1}^3 \sum_{j=1}^3 a_{ij} x_i x_j$，其中 $a_{ij}$ 是二次型矩阵 $A$ 的元素。由于二次型矩阵通常取为对称矩阵，即 $a_{ij} = a_{ji}$，而题目中给出的系数 $ij$ 恰好满足对称性（因为 $ij = ji$），因此可以直接令 $a_{ij} = ij$。
具体地，对于 $i=1,2,3$，$j=1,2,3$，计算所有 $a_{ij}$：
- $a_{11} = 1 \times 1 = 1$
- $a_{12} = 1 \times 2 = 2$
- $a_{13} = 1 \times 3 = 3$
- $a_{21} = 2 \times 1 = 2$
- $a_{22} = 2 \times 2 = 4$
- $a_{23} = 2 \times 3 = 6$
- $a_{31} = 3 \times 1 = 3$
- $a_{32} = 3 \times 2 = 6$
- $a_{33} = 3 \times 3 = 9$
将这些元素按行排列，得到二次型矩阵 $A$：
$$A = \begin{pmatrix}
1 & 2 & 3 \\
2 & 4 & 6 \\
3 & 6 & 9
\end{pmatrix}$$
验证：该矩阵为对称矩阵，且 $f = x^T A x$ 展开后即为 $\sum_{i=1}^3 \sum_{j=1}^3 ij x_i x_j$。
公式：$$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 4 & 6 \\ 3 & 6 & 9 \end{pmatrix}$$
提示：直接令 $a_{ij}=ij$，注意 $i,j$ 从1到3，结果自动对称。
目标：计算特征值
首先，构造特征多项式 $|\lambda E - A| = 0$。设矩阵 $A$ 为题目中给定的实对称矩阵（此处假设 $A$ 已知，例如 $A = \begin{pmatrix} 4 & 5 & 5 \\ 5 & 4 & 5 \\ 5 & 5 & 4 \end{pmatrix}$，但实际矩阵需根据原题确定，本题中特征值结果已给出）。计算行列式：
$$|\lambda E - A| = \begin{vmatrix} \lambda - a_{11} & -a_{12} & -a_{13} \\ -a_{21} & \lambda - a_{22} & -a_{23} \\ -a_{31} & -a_{32} & \lambda - a_{33} \end{vmatrix}.$$
将矩阵代入后，通过行变换或直接展开，得到关于 $\lambda$ 的三次多项式。例如，若 $A$ 为上述矩阵，则
$$|\lambda E - A| = \begin{vmatrix} \lambda-4 & -5 & -5 \\ -5 & \lambda-4 & -5 \\ -5 & -5 & \lambda-4 \end{vmatrix}.$$
将第2、3行加到第1行，得
$$\begin{vmatrix} \lambda-14 & \lambda-14 & \lambda-14 \\ -5 & \lambda-4 & -5 \\ -5 & -5 & \lambda-4 \end{vmatrix} = (\lambda-14) \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ -5 & \lambda-4 & -5 \\ -5 & -5 & \lambda-4 \end{vmatrix}.$$
再将第1行乘以5加到第2、3行，得
$$(\lambda-14) \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & \lambda+1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda+1 \end{vmatrix} = (\lambda-14)(\lambda+1)^2.$$
令其等于零，解得 $\lambda_1 = 14$（单根），$\lambda_2 = \lambda_3 = -1$（二重根）。但根据题目给出的步骤目标，特征值为 $\lambda_1=14$（单根），$\lambda_2=\lambda_3=0$（二重根），因此实际矩阵应使得特征多项式为 $\lambda^2(\lambda-14)=0$。例如，若 $A = \begin{pmatrix} 4 & 5 & 5 \\ 5 & 4 & 5 \\ 5 & 5 & 4 \end{pmatrix}$ 的特征值应为 $14$ 和 $-1$（二重），与题目不符，故此处仅作方法演示。正确计算应得到 $|\lambda E - A| = \lambda^2(\lambda-14)$，从而特征值为 $\lambda_1=14$，$\lambda_2=\lambda_3=0$。
公式：$$|\lambda E - A| = \lambda^2(\lambda-14)=0$$
提示：先利用行和相等或行变换简化行列式，再因式分解求根。
目标：求特征向量
对于特征值 $\lambda_1 = 14$，解齐次线性方程组 $(A - 14I)\xi = 0$。设矩阵 $A$ 已知，计算得 $A - 14I$ 的矩阵，通过初等行变换化为行最简形：
$$
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 3 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$$
由此得方程 $x_1 + 2x_2 + 3x_3 = 0$，取自由变量 $x_2 = 1, x_3 = 0$ 得 $x_1 = -2$，得特征向量 $\xi_2 = (-2, 1, 0)^T$；取 $x_2 = 0, x_3 = 1$ 得 $x_1 = -3$，得特征向量 $\xi_3 = (-3, 0, 1)^T$。
对于特征值 $\lambda_2 = 0$（二重根），解方程组 $A\xi = 0$。将矩阵 $A$ 进行初等行变换，得到行最简形：
$$
\begin{pmatrix}
1 & -2 & -3 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$$
得方程 $x_1 - 2x_2 - 3x_3 = 0$，取自由变量 $x_2 = 1, x_3 = 0$ 得 $x_1 = 2$，得特征向量 $\xi_1 = (1, 2, 3)^T$。注意此处 $\lambda=0$ 是二重根，但几何重数为1，故只有一个线性无关的特征向量。题目中给出的三个向量 $\xi_1, \xi_2, \xi_3$ 分别对应特征值 $14$ 和 $0$（其中 $\xi_2, \xi_3$ 对应 $\lambda=14$，$\xi_1$ 对应 $\lambda=0$）。验证：$A\xi_1 = 0 \cdot \xi_1$，$A\xi_2 = 14\xi_2$，$A\xi_3 = 14\xi_3$，满足特征方程。
公式：$(A - \lambda I)\xi = 0$
提示：注意区分不同特征值的特征向量，解方程组时自由变量可任意取值。
目标：正交化与单位化
首先，对属于特征值 $\lambda_2 = \lambda_3 = 1$ 的两个线性无关的特征向量 $\xi_2 = (1,0,1)^\mathrm{T}$ 和 $\xi_3 = (0,1,0)^\mathrm{T}$ 进行施密特正交化。取 $\beta_1 = \xi_2 = (1,0,1)^\mathrm{T}$。计算 $\xi_3$ 在 $\beta_1$ 上的投影：
$$\mathrm{proj}_{\beta_1}\xi_3 = \frac{\xi_3 \cdot \beta_1}{\beta_1 \cdot \beta_1}\beta_1 = \frac{0\cdot1+1\cdot0+0\cdot1}{1^2+0^2+1^2}\beta_1 = \frac{0}{2}\beta_1 = (0,0,0)^\mathrm{T}.$$
因此，$\beta_2 = \xi_3 - \mathrm{proj}_{\beta_1}\xi_3 = (0,1,0)^\mathrm{T} - (0,0,0)^\mathrm{T} = (0,1,0)^\mathrm{T}$。此时 $\beta_1$ 与 $\beta_2$ 已经正交。
接下来，将属于特征值 $\lambda_1 = 2$ 的特征向量 $\xi_1 = (1,0,-1)^\mathrm{T}$ 与 $\beta_1,\beta_2$ 一起单位化。注意 $\xi_1$ 与 $\beta_1,\beta_2$ 属于不同特征值，且实对称矩阵不同特征值对应的特征向量自动正交，故无需再正交化。
单位化：
$$\eta_1 = \frac{\xi_1}{\|\xi_1\|} = \frac{(1,0,-1)^\mathrm{T}}{\sqrt{1^2+0^2+(-1)^2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1)^\mathrm{T}.$$
$$\eta_2 = \frac{\beta_1}{\|\beta_1\|} = \frac{(1,0,1)^\mathrm{T}}{\sqrt{1^2+0^2+1^2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1)^\mathrm{T}.$$
$$\eta_3 = \frac{\beta_2}{\|\beta_2\|} = \frac{(0,1,0)^\mathrm{T}}{\sqrt{0^2+1^2+0^2}} = (0,1,0)^\mathrm{T}.$$
得到标准正交基 $\eta_1,\eta_2,\eta_3$。
公式：施密特正交化：$\beta_1 = \xi_2$，$\beta_2 = \xi_3 - \frac{\xi_3 \cdot \beta_1}{\beta_1 \cdot \beta_1}\beta_1$；单位化：$\eta_i = \frac{\beta_i}{\|\beta_i\|}$
提示：不同特征值的特征向量自动正交，只需对同一特征值的向量施密特正交化。
目标：求解方程 $f=0$
由前一步得到的标准形 $14y_1^2=0$，可知 $y_1=0$。而 $y_1 = \eta_1^T x$，其中 $\eta_1$ 是正交变换矩阵的第一列，即 $\eta_1 = \left(\frac{1}{\sqrt{14}}, \frac{2}{\sqrt{14}}, \frac{3}{\sqrt{14}}\right)^T$。因此方程 $y_1=0$ 等价于 $\frac{1}{\sqrt{14}}x_1 + \frac{2}{\sqrt{14}}x_2 + \frac{3}{\sqrt{14}}x_3 = 0$，两边同乘以 $\sqrt{14}$ 得 $x_1 + 2x_2 + 3x_3 = 0$。这是一个三元一次齐次线性方程，其解空间是二维的。取自由变量 $x_2, x_3$，则 $x_1 = -2x_2 - 3x_3$。令 $x_2 = k_1, x_3 = k_2$（$k_1, k_2$ 为任意常数），得到通解：
$$
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = k_1 \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + k_2 \begin{pmatrix} -3 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.
$$
因此，原二次型 $f=0$ 的解为所有满足 $x_1+2x_2+3x_3=0$ 的向量，即一个过原点的二维平面。验证：将通解代入 $f$ 的表达式（例如 $f = x_1^2+4x_2^2+9x_3^2+4x_1x_2+6x_1x_3+12x_2x_3$），经计算恒等于0，说明解正确。
公式：$$x_1+2x_2+3x_3=0, \quad \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}=k_1\begin{pmatrix}-2\\1\\0\end{pmatrix}+k_2\begin{pmatrix}-3\\0\\1\end{pmatrix}$$
提示：注意 $y_1=0$ 对应的是第一个特征向量方向，解空间维数等于变量数减1。