Question

選做題A．平面幾何選講
過圓O外一點A作圓O的兩條切線AT、AS，切點分別為T、S，過點A作圓O的割線APN，
證明：

AT2

AN2

=

PT•PS

NT•NS

．
B．矩陣與變換（10分）
已知直角坐標(biāo)平面xOy上的一個變換是先繞原點逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再作關(guān)于x軸反射變換，求這個變換的逆變換的矩陣．
C．坐標(biāo)系與參數(shù)方程
已知A是曲線ρ=12sinθ上的動點，B是曲線ρ=12cos(θ-

π

6

)上的動點，試求線段AB長的最大值．D．不等式選講
已知m，n是正數(shù)，證明：

m3

n

+

n3

m

≥m²+n²．

Answer 1

分析：A、由題意過圓O外一點A作圓O的兩條切線AT、AS，切點分別為T、S，過點A作圓O的割線APN，只要證明△ATN∽△APT和△ASN∽△APS，利用比例關(guān)系即可證明；
B、利用旋轉(zhuǎn)變換公式直接代入即可得變換的逆變換的矩陣；
C、先將曲線ρ=12sinθ上的動點，B是曲線ρ=12cos(θ-

π

6

)上的動點，化為一般方程 x²+（y-6）²=6²，然后利用圓的幾何關(guān)系進行求解；
D、不等式兩邊同乘mn，然后利用作差法進行化簡求解；

解答：解：A、∵AT為圓O的切線，
∴∠ATP=∠ANT，∵∠APT=∠PTN+∠ANT，∠ATN=∠ATP+∠PTN
∴∠ATN=∠APT，∴△ATN∽△APT，∴

AT

AP

=

AN

AT

=

TN

PT

，
∴同理可得△ASN∽△APS，∴

AS

AP

= 

AN

AS

=

SN

PS

，
∴

TN•SN

PT•PS

=

AT•AS

AP2

=

AT2

AT4 AN2

=

AN2

AT2

即證；
B、這個變換的逆變換是關(guān)于x軸反射變換，再作繞原點順時針旋轉(zhuǎn)

π

4

變換，其矩陣為

cos(- π 4 ) -sin(- π 4 ) sin(- π 4 ) cos(- π 4 )

1 0 0 -1

=

2 2 - 2 2 - 2 2 - 2 2

C、∵ρ=12sinθ∴ρ²=12ρsinθ  可化為：x²+y²=12y，∴x²+（y-6）²=6²
是以（0，6）為圓心 半徑是6的圓．設(shè)圓心為O₁
同理 ρ=12cosθ   x²+y²=12x  是以（6，0）為圓心，半徑為6的圓  
而ρ=12cos（θ-

π

6

）相當(dāng)于把坐標(biāo)軸逆時針旋轉(zhuǎn)了

π

6

就是30度．
把圓心從極坐標(biāo)θ=0旋轉(zhuǎn)到了θ=

π

6

，圓心到原點距離仍然是6．
可得圓心坐標(biāo)是（3

3

，3）記為O₂
把O₁，O₂的連線，和圓A，圓B分別交于D，E
容易求出它們位置是 D（-3

3

，9）E（6

3

，0）且O₁在圓B上，O₂在圓A上
那么DE是就是AB的最大值，
假設(shè)圓B上不同于E點的另一點F．
則 O₁F＜O₁E （O₁E是圓B的直徑）  
所以AF=O₁F+R=O₁F+6＜O₁E+6=12+6=18
就是Q點只能取點E，才能讓AB取最大值18．此時A也只能在D點．
因為任何圓P上非D點的點G，都有GE＜GO₂+EO₂＜DO₂+EO₂=18，
∴線段AB長的最大值為18．
C、∵m，n是正數(shù)，證明：

m3

n

+

n3

m

≥m²+n²．兩邊同乘mn，得
m⁴+n⁴≥m³n+n³m，m，n＞0
作差得，m⁴+n⁴-m³n-n³m=m³（m-n）+n³（n-m）=（m³-n³）（m-n）=（m-n）²（m²+mn+n²）≥0，
∴

m3

n

+

n3

m

≥m²+n²．

點評：此題是一道綜合題，考查了旋切角的性質(zhì)，極坐標(biāo)與一般方程之間的轉(zhuǎn)化，以及不等式的證明，用到了作差法來求解，綜合性強，但是每個小題都不是很難，做題時要有耐心，一步一步往下做，不要因為題量大就放棄．