33．（I）C22Cx2y21:(x-4)?(y+3)?1,2:4?16?1， C1为圆心是(4,?3)，半径是1的圆。
C2为中心是坐标原点，焦点在y轴上，长半轴长是2，短半轴长是4的椭圆。
（Ⅱ）210+255。
【解析】本试题主要是考查了参数方程与普通方程的转化以及点到直线的距离公式的求解的综合运用。
（1）消去参数得到普通方程。 （2）因为当t??2时，P(4,?2).Q(2cos?,4sin?)，故M(2?cos,?1?2s?in)?
C3为直线2x?y?7?0，
那么利用点到直线的距离公式得到。
解：（I）C2x21:(x-4)?(y+3)2?1,C2:4?y216?1………………4分 C1为圆心是(4,?3)，半径是1的圆。
C2为中心是坐标原点，焦点在y轴上，长半轴长是2，短半轴长是4的椭圆。
……………………………………………………………………6分 （Ⅱ）当t??2时，P(4,?2).Q(2cos?,4sin?)，故M(2?cos?,?1?2sin?)
……………………………………………………………8分
C3为直线2x?y?7?0，
M到C3的距离d?25255|sin??cos?+1|=5|2sin(???4)?1|……10分 ??3?从而当
??4?2,即??4时时， d取得最大值
210+255…………………………………………………12分
34．（1）x2?(y?4)2?16 （2）AB?23
【解析】(1)先求出曲线C1的普通方程为x2?(y?2)2?4,再根据OP?2OM,结合代点法可求出点P的轨迹方程.
（2）因为两圆内切，切点为极点，然后再根据圆心到射线y?3x的距离，求出弦长，两个圆的弦长相减可得|AB|的值.
??x?335．（Ⅰ）?1??2t； ???y?1?12t（Ⅱ）PA?PB??????；PA?PB??
??x?1?3t【解析】(I)引进参数t,可以直接写出其参数方程为??21. ???y?1?2t(II)将直线的参数方程代入圆的方程，可得到关于t的一元二次方程，根据（I）
中方程参数的几何意义可知，|PA|+|PB||t1?t2|?(t1?t2)2?4t1t2,|PA||PB|=|t1t2|.然后借助韦达定理解决即
可. 解：（Ⅰ）依题意得，
??直线l的参数方程为?x?1?3?2t ① 4分 ???y?1?12t（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?,sin?(?为参数） ??y?2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?212分
???x?3?tcos?2??y?337．（Ⅰ）??2?tsin? (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。
2t（2）直线与圆连理方程组，得到?(3cos??3sin?)t?2?0，结合判别式
t2?32t?4?0,由于??(32)2?4?4?2?0，设t1,t2是上述方程的两实根，
得到结论。
?3x??tcos???2??y?3?tsin??2解：（Ⅰ）? (t为参数）…………… 4分 ?3x??tcos???2??y?3?tsin?22?(tx?y?1，得 2?（Ⅱ） 为参数）代入
6??0?sin(??)?2t?(3cos??3sin?)t?2?0 ，63
??t?t?32,又直线l过点P(3,5),故由上式及t的几何意义得： 所以?12??t1t2?4|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2=32-----------7分
?x?2cos?x2?y2?1， 39．（I）C1的方程为?（?为参数），或4?y?sin?C2的方程为??2cos?,或(x?1)2?y2?1；
（II）
???????????? ?1111t?t(3cos??3sin?)?????12??3sin(??)?PMPNt1t2t1t22610分
38．x2?(y?5)2?5.；（2）32 ?2,3?【解析】（I）由于曲线C1过点M，及对应参数??求出a,b.
的值.设圆C2的极坐标方程为??2Rcos?,根据过点D(1,可求出R,所以其极坐标方程. (II) 因为点A(?1,?)，B(?2,??求
??x?acos?,代入?,可
y?bsin?3??3)，代入??2Rcos?,
【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x?y?25y?0,即x?(y?5)?5.-----3分
2222?2) 在在曲线C1上, 代入曲线C1的方程，直接
1?21?1?22即可.
（2）将l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得(3?2222t)?(t)?5即22
??1?acos?3??x?acos??3， （I）将M(1,，得?)及对应的参数??，代入?32?y?bsin??3?bsin??3?2即?
cos2?sin2?52所以2?2?(?sin?)?(?cos2?)?.
444?1?211?a?2，
?b?1?x?2cos?x2?y2?1. 所以曲线C1的方程为?（?为参数），或4?y?sin?设圆C2的半径为R,由题意,圆C2的方程为??2Rco?s,(或
(x?R)2?y2?R2).
将点D(1,?3)代入??2Rcos?,
得1?2Rcos?3,即R?1.
(或由D(1,?13),得D(,),代入(x?R)2?y2?R2,得R?1), 32222所以曲线C2的方程为??2cos?,或(x?1)?y?1. （II）因为点A(?1,?)，B(?2,???2) 在在曲线C1上,
2??2cos2??1,
所以
?12cos2?4??sin??1,
2122?2sin2?4