Question

本題包括A、B、C、D四小題，請選定其中兩題，并在相應的答題區域內作答．若多做，則按作答的前兩題評分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
A：AB是圓O的直徑，D為圓O上一點，過D作圓O的切線交AB延長線于點C，若DA=DC，求證：AB=2BC．
B：在平面直角坐標系xOy中，已知點A（0，0），B（-2，0），C（-2，1）．設k為非零實數，矩陣M=

k 0 0 1

，N=

0 1 1 0

，點A、B、C在矩陣MN對應的變換下得到點分別為A₁、B₁、C₁，△A₁B₁C₁的面積是△ABC面積的2倍，求k的值．
C：在極坐標系中，已知圓ρ=2cosθ與直線3ρcosθ+4ρsinθ+a=0相切，求實數a的值．
D：設a、b是非負實數，求證：a3+b3≥

ab

(a2+b2)．

Answer 1

分析：A、連接OD，則OD⊥DC，又OA=OD，DA=DC，所以∠DAO=∠ODA=∠DCO，再證明OB=BC=OD=OA，即可求解．
B、由題設得MN=

k 0 0 1

0 1 1 0

=

0 k 1 0

，根據矩陣的運算法則進行求解．
C、在極坐標系中，已知圓ρ=2cosθ與直線3ρcosθ+4ρsinθ+a=0相切，由題意將圓和直線先化為一般方程坐標，然后再計算a值．
D、利用不等式的性質進行放縮證明，a3+b3-

ab

(a2+b2)=a2

a

(

a

-

b

)+b2

b

(

b

-

a

)然后再進行討論求證．

解答：解：A：（方法一）證明：連接OD，則：OD⊥DC，
又OA=OD，DA=DC，所以∠DAO=∠ODA=∠DCO，
∠DOC=∠DAO+∠ODA=2∠DCO，
所以∠DCO=30°，∠DOC=60°，
所以OC=2OD，即OB=BC=OD=OA，所以AB=2BC．

（方法二）證明：連接OD、BD．
因為AB是圓O的直徑，所以∠ADB=90°，AB=2OB．
因為DC是圓O的切線，所以∠CDO=90°．
又因為DA=DC，所以∠DAC=∠DCA，
于是△ADB≌△CDO，從而AB=CO．
即2OB=OB+BC，得OB=BC．
故AB=2BC．
B滿分（10分）．由題設得MN=

k 0 0 1

0 1 1 0

=

0 k 1 0

由

0 k 1 0

0 -2 -2 0 0 1

=

0 0 k 0 -2 -2

，可知A₁（0，0）、B₁（0，-2）、C₁（k，-2）．
計算得△ABC面積的面積是1，△A₁B₁C₁的面積是|k|，則由題設知：|k|=2×1=2．
所以k的值為2或-2．
C解：ρ²=2ρcosθ，圓ρ=2cosθ的普通方程為：x²+y²=2x，（x-1）²+y²=1，
直線3ρcosθ+4ρsinθ+a=0的普通方程為：3x+4y+a=0，
又圓與直線相切，所以

|3•1+4•0+a|

32+42

=1，
解得：a=2，或a=-8．
D（方法一）證明：a3+b3-

ab

(a2+b2)=a2

a

(

a

-

b

)+b2

b

(

b

-

a

)
=(

a

-

b

)[(

a

)5-(

b

)5]
=(

a

-

b

)2[(

a

)4+(

a

)3(

b

)+(

a

)2(

b

)2+(

a

)(

b

)3+(

b

)4]
因為實數a、b≥0，(

a

-

b

)2≥0，[(

a

)4+(

a

)3(

b

)+(

a

)2(

b

)2+(

a

)(

b

)3+(

b

)4]≥0
所以上式≥0．即有a3+b3≥

ab

(a2+b2)．
（方法二）證明：由a、b是非負實數，作差得a3+b3-

ab

(a2+b2)
=a2

a

(

a

-

b

)+b2

b

(

b

-

a

)
=(

a

-

b

)[(

a

)5-(

b

)5]
當a≥b時，

a

≥

b

，從而(

a

)5≥(

b

)5，得(

a

-

b

)[(

a

)5-(

b

)5]≥0；
當a＜b時，

a

＜

b

，從而(

a

)5＜(

b

)5，得(

a

-

b

)[(

a

)5-(

b

)5]＜0；
所以a3+b3≥

ab

(a2+b2)．

點評：本題主要考查三角形、圓的有關知識，考查推理論證能力，及圖形在矩陣對應的變換下的變化特點，考查運算求解能力還考查曲線的極坐標方程等基本知識，考查轉化問題的能力．另外此題也考查參數方程與普通方程的區別和聯系，兩者要會互相轉化，根據實際情況選擇不同的方程進行求解，這也是每年高考必考的熱點問題．