Question

（1）自圆O外一点P引切线与圆切于点A，M为PA中点，过M引割线交圆于B，C两点．求证：∠MCP=∠MPB．
（2）在平面直角坐标系xOy中，已知四边形ABCD的四个顶点A（0，1），B（2，1），C（2，3），D（0，2），经矩阵M=

1 0 k 1

表示的变换作用后，四边形ABCD变为四边形A₁B₁C₁D₁，问：四边形ABCD与四边形A₁B₁C₁D₁的面积是否相等？试证明你的结论．
（3）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AB的最大值．
（4）设p是△ABC内的一点，x，y，z是p到三边a，b，c的距离，R是△ABC外接圆的半径，证明

x

+

y

+

z

≤

1

2R

a2+b2+c2

．

Answer 1

分析：（1）根据切割线定理，得到AM是MB和MC的比例中项，结合AM=MP，∠BMP=∠PMC，得△BMP∽△PMC，从而得到对应角相等，命题得证；
（2）四个顶点A（0，1），B（2，1），C（2，3），D（0，2），经矩阵M=

1 0 k 1

表示的变换作用后，四边形ABCD变为四边形A₁B₁C₁D₁仍为梯形，且上、下底及高都不变，故面积相等；
（3）把极坐标方程化为直角坐标方程，可得两曲线分别表示一个圆，求出两圆的圆心距，可得两圆相交，故线段AB长的最大值等于圆心距加上两个圆的半径；
（4）题中连接P与三角形的三个顶点，分成的三个小三角形面积的和等于大三角形，可得ax+by+cz=2S=

abc

2R

，再利用柯西不等式即可得证．

解答：（1）证明：∵AM切圆于点A，∴AM²=MB•MC
又∵M为PA中点，AM=MP，∴MP²=MB•MC，∴

PM

BM

=

CM

PM

∵∠BMP=∠PMC，∴△BMP∽△PMC，∴∠MCP=∠MPB．
（2）四个顶点A（0，1），B（2，1），C（2，3），D（0，2），经矩阵M=

1 0 k 1

表示的变换作用后，四边形ABCD变为四边形A₁B₁C₁D₁顶点坐标为A₁（0，1），B₁（2，2k+1），C₁（2，2k+3），D₁（0，2），四边形A₁B₁C₁D₁仍为梯形，且上、下底及高都不变，故面积相等；
（3）曲线ρ=12sinθ化为直角坐标方程为 x²+（y-6）²=36，表示以（0，6）为圆心，以6为半径的圆．
曲线ρ=12cos(θ-

π

6

)化为直角坐标方程为 x²+y²=6

3

x+6y，即 （x-3

3

）²+（y-3）²=36，
表示以（3

3

，3 ）为圆心，以6为半径的圆．
两圆的圆心距的平方为 （0-3

3

）²+（6-3）² =36，故两圆相交，线段AB长的最大值为6+r+r′=18．
（4）连接P与三角形的三个顶点，分成的三个小三角形面积的和等于大三角形，即

1

2

（ax+by+cz）=S，∴ax+by+cz=2S=

abc

2R

∴

x

+

y

+

z

=

ax

×

1 a

+

by

×

1 b

+

cz

×

1 c

≤

( ax )2+( by )2+( cz )2

×[(

1 a

)2+(

1 b

)2+(

1 c

)2]
=

ax+by+cz

×（

1

a

+

1

b

+

1

c

）=

abc

2R

×

ab+bc+ac

abc

=

ab+bc+ac

2R

≤

1

2R

a2+b2+c2

即

x

+

y

+

z

≤

1

2R

a2+b2+c2

点评：本题考查了圆当中的比例线段，以及三角形相似的有关知识点，考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，以及两圆的位置关系，求出两圆的圆心距，考查矩阵与变换，考查不等式的证明，综合性强