Question

选做题A．平面几何选讲
过圆O外一点A作圆O的两条切线AT、AS，切点分别为T、S，过点A作圆O的割线APN，
证明：

AT2

AN2

=

PT•PS

NT•NS

．
B．矩阵与变换（10分）
已知直角坐标平面xOy上的一个变换是先绕原点逆时针旋转45°，再作关于x轴反射变换，求这个变换的逆变换的矩阵．
C．坐标系与参数方程
已知A是曲线ρ=12sinθ上的动点，B是曲线ρ=12cos(θ-

π

6

)上的动点，试求线段AB长的最大值．D．不等式选讲
已知m，n是正数，证明：

m3

n

+

n3

m

≥m²+n²．

Answer 1

分析：A、由题意过圆O外一点A作圆O的两条切线AT、AS，切点分别为T、S，过点A作圆O的割线APN，只要证明△ATN∽△APT和△ASN∽△APS，利用比例关系即可证明；
B、利用旋转变换公式直接代入即可得变换的逆变换的矩阵；
C、先将曲线ρ=12sinθ上的动点，B是曲线ρ=12cos(θ-

π

6

)上的动点，化为一般方程 x²+（y-6）²=6²，然后利用圆的几何关系进行求解；
D、不等式两边同乘mn，然后利用作差法进行化简求解；

解答：解：A、∵AT为圆O的切线，
∴∠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

即证；
B、这个变换的逆变换是关于x轴反射变换，再作绕原点顺时针旋转

π

4

变换，其矩阵为

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  可化为：x²+y²=12y，∴x²+（y-6）²=6²
是以（0，6）为圆心 半径是6的圆．设圆心为O₁
同理 ρ=12cosθ   x²+y²=12x  是以（6，0）为圆心，半径为6的圆  
而ρ=12cos（θ-

π

6

）相当于把坐标轴逆时针旋转了

π

6

就是30度．
把圆心从极坐标θ=0旋转到了θ=

π

6

，圆心到原点距离仍然是6．
可得圆心坐标是（3

3

，3）记为O₂
把O₁，O₂的连线，和圆A，圆B分别交于D，E
容易求出它们位置是 D（-3

3

，9）E（6

3

，0）且O₁在圆B上，O₂在圆A上
那么DE是就是AB的最大值，
假设圆B上不同于E点的另一点F．
则 O₁F＜O₁E （O₁E是圆B的直径）  
所以AF=O₁F+R=O₁F+6＜O₁E+6=12+6=18
就是Q点只能取点E，才能让AB取最大值18．此时A也只能在D点．
因为任何圆P上非D点的点G，都有GE＜GO₂+EO₂＜DO₂+EO₂=18，
∴线段AB长的最大值为18．
C、∵m，n是正数，证明：

m3

n

+

n3

m

≥m²+n²．两边同乘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．

点评：此题是一道综合题，考查了旋切角的性质，极坐标与一般方程之间的转化，以及不等式的证明，用到了作差法来求解，综合性强，但是每个小题都不是很难，做题时要有耐心，一步一步往下做，不要因为题量大就放弃．