Question

A（选修4-1：几何证明选讲）
如图，AB是⊙O的直径，C，F是⊙O上的两点，OC⊥AB，过点F作⊙O的切线FD交AB的延长线于点D，连接CF交AB于点E．
求证：DE²=DB•DA．
B（选修4-2：矩阵与变换）
求矩阵

2 1 1 2

的特征值及对应的特征向量．
C（选修4-4：坐标系与参数方程）
已知曲线C的极坐标方程是ρ=2sinθ，直线l的参数方程是

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

（t为参数）．
（Ⅰ）将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；
（Ⅱ）设直线l与x轴的交点是M，N是曲线C上一动点，求MN的最大值．
D（选修4-5：不等式选讲）
已知m＞0，a，b∈R，求证：(

a+mb

1+m

)2≤

a2+mb2

1+m

．

Answer 1

分析：A、由已知中AB是⊙O的直径，C，F是⊙O上的两点，OC⊥AB，过点F作⊙O的切线FD交AB的延长线于点D，连接CF交AB于点E．由线割线定理我们易得DF²=DB•DA，故我们仅需要证明DE=DF即可得到结论．
B、构造特征多项式，求出特征值λ的值，再将特征值λ的值代入特征方程组，即可求出特征向量．
C、根据曲线C的极坐标方程是ρ=2sinθ，直线l的参数方程是

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

（t为参数）．我们易求出曲线C的标准方程及直线l的一般方程，利用直线一圆的位置关系，判断圆心到直线的距离与半径的关系，即可得到答案．
D、因为m＞0，所以1+m＞0，结合不等式性质，可将原不等式化为一个整式不等式，然后利用完成平方公式配方后，即可得到结论．

解答：证明：A，连接OF，因为DF切⊙O于F，所以∠OFD=90°，所以∠OFC+∠CFD=90°．
因为OC=OF，所以∠OCF=∠OFC，又因为CO⊥AB于O，
所以∠OCF+∠CEO=90°（5分）
所以∠CFD=∠CEO=∠DEF，所以DF=DE，因为DF是⊙O的切线，所以DF²=DB•DA．
所以DE²=DB•DA（10分）
B，特征多项式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）将λ₁=1代入特征方程组，得

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

?x+y=0，可取

1 -1

为属于特征值λ₁=1的一个特征向量（8分）
同理，当λ₂=3时，由

x-y=0 -x+y=0

?x-y=0，所以可取

1 1

为属于特征值λ₂=3的一个特征向量．
综上所述，矩阵

2 1 1 2

有两个特征值λ₁=1，λ₂=3；属于λ₁=1的一个特征向量为

1 -1

，
属于λ₂=3的一个特征向量为

1 1

（10分）
C（Ⅰ）曲线C的极坐标方程可化为ρ²=2ρsinθ（2分）
又x²+y²=ρ²，x=ρcosθ，y=ρsinθ，所以曲线C的直角坐标方程为x²+y²-2y=0（4分）
（Ⅱ）将直线l的参数方程化为直角坐标方程，得y=-

4

3

（x-2）（6分）
令y=0，得x=2，即M点的坐标为（2，0）．又曲线C为圆，圆C的圆心坐标为（1，0），
半径r=1，则|MC|=

5

（8分）
所以|MN|≤|MC|+r=

5

+1（10分）
D．因为m＞0，所以1+m＞0，所以要证(

a+mb

1+m

)2≤

a2+mb2

1+m

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

a+mb

1+m

)2≤

a2+mb2

1+m

（10分）

点评：本题考查的知识点是与圆相关的比例线段，特征值与特征向量的计算，参数方程化为普通方程，不等式的证明，是高考的四选一考题，我们只需要根据自己的情况选择其一作答即可．