设g（x）上任意一点P（x，y）关于y轴对称的点P′（﹣x，y）在y=f（x）的图象上． 即 g（x）=2sin（﹣x+（2）∵
），故g（x）=﹣2sin（x﹣，∴由（1）得g（x）
）．
令t=g（x） ，t
则等式[g（x）]2﹣g（x）+m=0成立等价为m=﹣t2+t在t
上成立．
m=﹣t2+t=﹣（t﹣）2+，当t=﹣1时m最小值为﹣2，当t=时m的最大值为． 在故m的取值范围为
．
21．某地拟建造一座体育馆，其设计方案侧面的外轮廓线如图所示：曲线AB是以点E的圆心的圆的一部分，其中E（0，t）（0＜t≤25），GF是圆的切线，且GF⊥AD，曲线BC是抛物线y=﹣ax2+50（a＞0）的一部分，CD⊥AD，且CD恰好等于圆E的半径． （1）若CD=30米，AD=24米，求t与a的值；
（2）若体育馆侧面的最大宽度DF不超过75米，求a的取值范围．
【考点】直线和圆的方程的应用． 【分析】（1）由CD=30米，AD=24案；
（2）问题转化为
≤
+
米，代入抛物线的方程，结合圆的方程，即可解得答
恒成立，根据基本不等式的性质解出即可．
【解答】解：（1）因为圆E的半径为OB﹣OE=50﹣t，所以CD=50﹣t=30，t=20， 令y=﹣ax2+50=50﹣t，得
，
圆E：x2+（y﹣20）2=302，令y=0，得所以， 即（2）由题意得：所以当
，又t=20，得
．
对t∈（0，25]恒成立，
恒成立，
，即t=25时，，
所以，解得， ）
故a的取值范围为[
22．定义：圆心到直线的距离与圆的半径之比为直线关于圆的距离比λ；
（1）设圆C0：x2+y2=1，求过P（2，0）的直线关于圆C0的距离比λ=的直线方程； （2）若圆C与y轴相切于点A（0，3），且直线y=x关于圆C的距离比λ=，求此圆C的方程；
22
（3）是否存在点P，使过P的任意两条互相垂直的直线分别关于相应两圆C1：（x+1）+y=1与C2：（x﹣3）2+（y﹣3）2=4的距离比始终相等？若存在，求出相应的P点坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】圆方程的综合应用． 【分析】（1）设过P（2，0）的直线方程为y=k（x﹣2），求得已知圆的圆心和半径，由新定义，可得方程，求得k，即可得到所求直线方程；
（2）设圆C的方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2=r2，由题意可得a2+（3﹣b）2=r2，①|a|=r②，
=
r③，解方程可得a，b，r，进而得到所求圆的方程；
（3）假设存在点P（m，n），设过P的两直线为y﹣n=k（x﹣m）和y﹣n=﹣（x﹣m），求得两圆的圆心和半径，由新定义可得方程，化简整理可得k（2m+n﹣1）+（m﹣2n﹣3）=0，或k（2m﹣n+5）+（3﹣m﹣2n）=0，再由恒成立思想可得m，n的方程，解方程可得P的坐标． 【解答】解：（1）设过P（2，0）的直线方程为y=k（x﹣2）， 圆C0：x2+y2=1的圆心为（0，0），半径为1， 由题意可得
=
，
解得k=±，
即有所求直线为y=±（x﹣2）；
（2）设圆C的方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2=r2， 由题意可得a2+（3﹣b）2=r2，① |a|=r②，
=
r③
解方程可得a=﹣3，b=3，r=3，或a=1，b=3，r=1．
则有圆C的方程为（x+3）2+（y﹣3）2=9或（x﹣1）2+（y﹣3）2=1； （3）假设存在点P（m，n），设过P的两直线为y﹣n=k（x﹣m）和 y﹣n=﹣（x﹣m），又C1：（x+1）2+y2=1的圆心为（﹣1，0），半径为1， C2：（x﹣3）2+（y﹣3）2=4的圆心为（3，3），半径为2， 由题意可得
=
，
化简可得k（2m+n﹣1）+（m﹣2n﹣3）=0，或k（2m﹣n+5）+（3﹣m﹣2n）=0， 即有
或
，
解得或．
则存在这样的点P（1，﹣1）和（﹣，），使得使过P的任意两条互相垂直的直线
分别关于相应两圆的距离比始终相等．
23．设满足以下两个条件的有穷数列a1，a2，a3，…，an为n阶“期待数列”： ①a1+a2+a3+…+an=0；②|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=1． （1）若等比数列{an}为2k阶“期待数列”（ k∈N*），求公比q；
（2）若一个等差数列{an}既是2k阶“期待数列”又是递增数列（ k∈N*），求该数列的通项公式；
（3）记n阶“期待数列”{ai}的前k项和为Sk（k=1，2，3，…，n）． ①求证：|Sk|≤；
②若存在m∈{1，2，3，…，n}使Sm=，试问数列{Si}能否为n阶“期待数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由． 【考点】数列的求和；等比数列的通项公式． 【分析】（1）对q是否等于1进行讨论，令S2k=0解出q；
（2）由S2k=0得出下标和为2k+1的两项和为0，根据数列的单调性得出前k项和为﹣，后k项和为，根据等差数列的性质将后k项和减去前k项和即可得出公差d与k的关系，再利用求和公式得出首项a1；
（3）①根据条件①②即可得出数列的所有正项和为，所有负项和为﹣，故而﹣≤Sk
；
②由①可知{ai}的前m项全为非负数，后面的项全是负数，于是{Si}的前m项和为，故而得出am=，于是得出|S1|+|S2|+…+|Sn|=S1+S2+…+Sn．
【解答】解：（1）若q=1，由①得：a1?2k=0，得a1=0，不合题意，舍去； 若q≠1，由①得：
（2）设等差数列的公差是d（d＞0）， 因为
，∴a1+a2k=ak+ak+1=0，
，解得q=﹣1．
∵d＞0，∴ak＜0，ak+1＞0， 则
两式相减得：k2d=1，∴
，，
．
又a1+a2+a3+…+ak=
，解得，
∴．
（3）①记a1，a2，a3，…，an中非负项和为A，负项和为B， 则A+B=0，A﹣B=1，∴∴﹣≤Sk≤，∴
．
， ，
②若存在m∈{1，2，3，…，n}，使
则a1≥0，a2≥0，…，am≥0，am+1≤0，am+2≤0，…，an≤0， 且
，
若数列{Si}（i=1，2，3，…，n）是n阶“期待数列”， 记{Si}（i=1，2，3，…，n）的前k项和为Tk，由①得∴∵
，
，∴S1+S2+…+Sm﹣1=0，
，
∵a1≥0，a2≥0，…，am≥0，
∴S1=S2=…=Sm﹣1=0，∴a1=a2=…=am﹣1=0，又am+1≤0，am+2≤0，…，an≤0，
∴Sm+1≥0，Sm+2≥0，…，Sn≥0， ∴|S1|+|S2|+…+|Sn|=S1+S2+…+Sn．
∴S1+S2+…+Sn=0与|S1|+|S2|+…+|Sn|=1不能同时成立， 即数列{Si}（i=1，2，3，…，n）不能为n阶“期待数列”．
，
，
2016年8月1日
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