Question

A（選修4-1：幾何證明選講）
如圖，AB是⊙O的直徑，C，F(xiàn)是⊙O上的兩點，OC⊥AB，過點F作⊙O的切線FD交AB的延長線于點D，連接CF交AB于點E．
求證：DE²=DB•DA．
B（選修4-2：矩陣與變換）
求矩陣

2 1 1 2

的特征值及對應的特征向量．
C（選修4-4：坐標系與參數(shù)方程）
已知曲線C的極坐標方程是ρ=2sinθ，直線l的參數(shù)方程是

x=- 3 5 t+2 y= 4 5 t

（t為參數(shù)）．
（Ⅰ）將曲線C的極坐標方程化為直角坐標方程；
（Ⅱ）設直線l與x軸的交點是M，N是曲線C上一動點，求MN的最大值．
D（選修4-5：不等式選講）
已知m＞0，a，b∈R，求證：(

a+mb

1+m

)2≤

a2+mb2

1+m

．

Answer 1

分析：A、由已知中AB是⊙O的直徑，C，F(xiàn)是⊙O上的兩點，OC⊥AB，過點F作⊙O的切線FD交AB的延長線于點D，連接CF交AB于點E．由線割線定理我們易得DF²=DB•DA，故我們僅需要證明DE=DF即可得到結(jié)論．
B、構造特征多項式，求出特征值λ的值，再將特征值λ的值代入特征方程組，即可求出特征向量．
C、根據(jù)曲線C的極坐標方程是ρ=2sinθ，直線l的參數(shù)方程是

x=- 3 5 t+2 y= 4 5 t

（t為參數(shù)）．我們易求出曲線C的標準方程及直線l的一般方程，利用直線一圓的位置關系，判斷圓心到直線的距離與半徑的關系，即可得到答案．
D、因為m＞0，所以1+m＞0，結(jié)合不等式性質(zhì)，可將原不等式化為一個整式不等式，然后利用完成平方公式配方后，即可得到結(jié)論．

解答：證明：A，連接OF，因為DF切⊙O于F，所以∠OFD=90°，所以∠OFC+∠CFD=90°．
因為OC=OF，所以∠OCF=∠OFC，又因為CO⊥AB于O，
所以∠OCF+∠CEO=90°（5分）
所以∠CFD=∠CEO=∠DEF，所以DF=DE，因為DF是⊙O的切線，所以DF²=DB•DA．
所以DE²=DB•DA（10分）
B，特征多項式f(λ)=

.

λ-2 -1 -1 λ-2

.

=(λ-2)2-1=λ2-4λ+3（3分）
由f（λ）=0，解得λ₁=1，λ₂=3（6分）將λ₁=1代入特征方程組，得

-x-y=0 -x-y=0

?x+y=0，可取

1 -1

為屬于特征值λ₁=1的一個特征向量（8分）
同理，當λ₂=3時，由

x-y=0 -x+y=0

?x-y=0，所以可取

1 1

為屬于特征值λ₂=3的一個特征向量．
綜上所述，矩陣

2 1 1 2

有兩個特征值λ₁=1，λ₂=3；屬于λ₁=1的一個特征向量為

1 -1

，
屬于λ₂=3的一個特征向量為

1 1

（10分）
C（Ⅰ）曲線C的極坐標方程可化為ρ²=2ρsinθ（2分）
又x²+y²=ρ²，x=ρcosθ，y=ρsinθ，所以曲線C的直角坐標方程為x²+y²-2y=0（4分）
（Ⅱ）將直線l的參數(shù)方程化為直角坐標方程，得y=-

4

3

（x-2）（6分）
令y=0，得x=2，即M點的坐標為（2，0）．又曲線C為圓，圓C的圓心坐標為（1，0），
半徑r=1，則|MC|=

5

（8分）
所以|MN|≤|MC|+r=

5

+1（10分）
D．因為m＞0，所以1+m＞0，所以要證(

a+mb

1+m

)2≤

a2+mb2

1+m

，即證（a+mb）²≤（1+m）（a²+mb²），
即證m（a²-2ab+b²）≥0，即證（a-b）²≥0，
而（a-b）²≥0顯然成立，故(

a+mb

1+m

)2≤

a2+mb2

1+m

（10分）

點評：本題考查的知識點是與圓相關的比例線段，特征值與特征向量的計算，參數(shù)方程化為普通方程，不等式的證明，是高考的四選一考題，我們只需要根據(jù)自己的情況選擇其一作答即可．