（Ⅱ）由①代入圆的方程x2?y2?4得
t2?(3?1)t?2?0….………………6分
由t的几何意义PA?t1,PB?t2，因为点P在圆内，这个方程必有两个实根，所以
t1?t2??(3?1),t1t2??2 ……………………8分
PA?PB?t1?t2?(t1?t2)2?4t1t2
＝(3?1)2?8
＝12?23 ………10分
PA?PB?t1?t2?2………12分
36．（Ⅰ）y?x；（Ⅱ）??? 【解析】(I)由极坐标根据公式x??cos?,y??sin?,可得M的直角坐标为(4,4). (II)由于M在圆C外，所以最小距离应等于|MC|-r.
解：（Ⅰ）由点M的极坐标为(４2,?4)得点M的直角坐标为(４,4)，……2分
所以直线OM的直角坐标方程为y?x．………………………………5分
（Ⅱ）由曲线C的参数方程???x?1?2cos?,y?2sin?(?为参数） ??化为普通方程为(x?1)2?y2?2，……………………………8分 圆心为A(1,0),，半径为r?2．10分
由于点M在曲线C外，故点M到曲线C上的点的距离最小值为MA?r?5?2 12分
???x?3?tcos??2?y?3?tsin?37．（Ⅰ）??2 (t为参数）(Ⅱ)
?2,3??
【解析】本试题主要考查了直线的参数方程与直线与圆的位置关系的综合运用。
（1）利用直线过点和直线的斜率得到参数方程。
（2）直线与圆连理方程组，得到t2?(3cos??3sin?)t?2?0，结合判别式得到结论。
???x?3?tcos??2?y?3解：（Ⅰ）??2?tsin? (t为参数）…………… 4分 ???x?3?tcos??2?y?3（Ⅱ）??2?tsin? (t为参数）代入
x2?y2?1，得 t2?(3cos??3sin?)t?2?0??0?sin( ，
???6)?63
1PM?1PN?11t?t(3cos??3sin?)?t??12??3sin(??)??2,3?1t2t1t22610分
38．x2?(y?5)2?5.；（2）32 【解析】本试题主要是考查了极坐标系和直角坐标系，以及直线与圆的位置关系和不等式的综合运用。先
利用极坐标系与直角坐标系 互化得到普通方程，让直线与圆联立方程组得到相交弦的长度。 解：（1）由??25sin?得x2?y2?25y?0,即x2?(y?5)2?5.-----3分
（2）将l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得(3?2t)2?(2t)2?5即t222?32t?4?0,由于??(32)2?4?4?2?0，设t1,t2是上述方程的两实根，
所以???t1?t2?32?,又直线l过点P(3,5),故由上式及t的几何意义得：
?t1t2?4|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2=32-----------7分
39．（I）C的方程为??x?2cos?（x2?y?sin??为参数），或4?y21?1， C2的方程为??2cos?,或(x?1)2?y2?1；
（II）
???????????? 【解析】（I）由于曲线C1过点M，及对应参数???3,代入??x?acos??y?bsin?,可求出a,b.
的值.设圆C?2的极坐标方程为??2Rcos?,根据过点D(1,3)，代入??2Rcos?,可求出R,所以其极坐
标方程.
(II) 因为点A(?1,?)，B(?2,???2) 在在曲线C1上, 代入曲线C1的方程，直接求
1?2?11?2即可.
2?1??（I）将M(1,32)及对应的参数???3，代入??x?acos???acos3bsin?，得， ?y???3??2?bsin?3即??a?2b?1，
?
所以曲线C?x?2cos?x21的方程为?（?y?sin??为参数），或4?y2?1. 设圆C2的半径为R,由题意,圆C222的方程为??2Rcos?,(或(x?R)?y?R2). 将点D(1,?3)代入??2Rcos?,
得1?2Rcos?3,即R?1.
(或由D(1,?),得D(1,3),代入(x?R)2?y2?R2322,得R?1), 所以曲线C??2cos?,或(x?1)2?y22的方程为?1. （II）因为点A(?1,?)，B(?2,???2) 在在曲线C1上,
22所以
?1cos?2?2222sin?4??224??1sin??1,
2cos??1,
所以11cos2?2sin2?5?2?2?(?sin?)?(?cos2?)?1?2444.