CHCEsi
HEC2si
22si
2cos2cos2si
57百米………16分
3
3
3
7
19．解：（1）当r2时，
由
x2x

y2422y2

2
得，
B
32

72

C

32


72


BC

7………………………4分
（2）由对称性，设B（x0y0、C（x0y0，则x02y024
所以ABAC（x022y02………………………………………………………………6分
（x0224x022x0122
因为2x02，所以当x01时，ABAC的最小值为2……………………………8分
（3）取EF的中点G，连结OG、AD、OF，则ADOG
则ADAPPD4，从而OG3r，不妨记DE2EG2GF2t，PD6t
OGOPPG6
2
在RtOFG中OF2OG2FG2即223r2t2①
2
在RtADP中AP2AD2DP2即42r26t2②
由①②解得r210……………………………………………………………………14分5
由题直线的斜率不为0，可设直线的方程为：xmy6，由点A到直线的距离等于r

f
则2m06210，所以m3，从而直线的方程为x3y60………16分
1m2
5
20．解1由题a
的前
项和S
2，令
1得a11，
2得S2a1a24
所以a23，所以b
1b
2，得b
2
4…………………………………………………2分
2由a
a1
a10得a2a12，所以b
1a1a1b
a12即b
1a1a1b
a1
又因为
b1

a1

2a1

0
，所以
b


a1构成等比数列，从而
b


a1

2a1

a
11

2a1

所以b
2a1
a1…………………………………………………………………………………8分
3由题
b2

0
，则
2a12

a1

0
得

12

a1

0………………………………………………10
分
从而b2
12a12
1a1a1且b2
1单调递增；
b2
2a12
a1a1且b2
1单调递减……………………………………………………14分
从而b1b3b5b2
1a1b2
b6b4b2，所以对任意ijNbibj的最大值为b2b12a122a1……………………16分

fr