嘿，这个问题其实很好拆解，核心就是把复平面上的直线转化为实平面的二元一次方程组，再利用域的封闭性来证明解的归属，咱们一步步来：

复平面上的点$z=x+iy$在直线$(\alpha_k \alpha'_k)$上，等价于存在实数$t$满足：
$$x + iy = \alpha_k + t(\alpha'_k - \alpha_k)$$
把$\alpha_k = a_k + ib_k$、$\alpha'_k = a'_k + ib'_k$代入，拆分实部和虚部：

• 实部：$x = a_k + t(a'_k - a_k)$
• 虚部：$y = b_k + t(b'_k - b_k)$

消去参数$t$，整理成实平面直线的一般式：
$$(b'_k - b_k)(x - a_k) - (a'_k - a_k)(y - b_k) = 0$$
展开后就是标准的二元一次方程：
$$(b'_k - b_k)x - (a'_k - a_k)y = (b'_k - b_k)a_k - (a'_k - a_k)b_k$$

因为两条直线不平行，所以对应的线性方程组有唯一解。我们把两条直线的方程写成方程组形式：
$$
\begin{cases}
(b'_1 - b_1)x - (a'_1 - a_1)y = C_1 \
(b'_2 - b_2)x - (a'_2 - a_2)y = C_2
\end{cases}
$$
其中$C_1 = (b'_1 - b_1)a_1 - (a'_1 - a_1)b_1$，$C_2 = (b'_2 - b_2)a_2 - (a'_2 - a_2)b_2$，显然$C_1$和$C_2$都是由$a_1,a'_1,a_2,a'_2,b_1,b'_1,b_2,b'_2$通过加减乘得到的。

接下来计算系数行列式$D$：
$$D = \begin{vmatrix} b'_1 - b_1 & -(a'_1 - a_1) \ b'_2 - b_2 & -(a'_2 - a_2) \end{vmatrix} = (a'_1 - a_1)(b'_2 - b_2) - (b'_1 - b_1)(a'_2 - a_2)$$
由于两条直线不平行，$D \neq 0$（复直线不平行等价于实平面直线的方向向量不成比例，对应行列式非零）。

再计算替换$x$列的行列式$D_x$和替换$y$列的行列式$D_y$：
$$D_x = \begin{vmatrix} C_1 & -(a'_1 - a_1) \ C_2 & -(a'_2 - a_2) \end{vmatrix}, \quad D_y = \begin{vmatrix} b'_1 - b_1 & C_1 \ b'_2 - b_2 & C_2 \end{vmatrix}$$
展开后可以看到，$D_x$和$D_y$的每一项都是$a_1,a'_1,a_2,a'_2,b_1,b'_1,b_2,b'_2$的加减乘组合，而$\mathbb{Q}(a_1,a'_1,a_2,a'_2,b_1,b'_1,b_2,b'_2)$是一个域，对加减乘运算封闭，所以$D_x, D_y, D$都属于这个域。

根据克莱姆法则，交点的坐标为：
$$x = \frac{D_x}{D}, \quad y = \frac{D_y}{D}$$
域对非零元素的除法也封闭，因此$x$和$y$必然属于$\mathbb{Q}(a_1,a'_1,a_2,a'_2,b_1,b'_1,b_2,b'_2)$。

这样就完成了证明～

内容的提问来源于stack exchange，提问作者ChocoSavour