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已知圓上的動點，點Q在NP上，點G在MP上，且滿足.
（I）求點G的軌跡C的方程；
（II）過點（2，0）作直線，與曲線C交于A、B兩點，O是坐標原點，設 是否存在這樣的直線，使四邊形OASB的對角線相等（即|OS|=|AB|）？若存在，求出直線的方程；若不存在，試說明理由.

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已知圓上的動點，點Q在NP上，點G在MP上，且滿足.
（I）求點G的軌跡C的方程；
（II）過點（2，0）作直線l，與曲線C交于A、B兩點，O是坐標原點，設 是否存在這樣的直線l，使四邊形OASB的對角線相等（即|OS|=|AB|）？若存在，求出直線l的方程；若不存在，試說明理由.

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1.   2. 1  3. 4  4.  5. 1,  6.  90° 7. 13

8.   9.   10. 4  11. y=2x  12. 9

13. D  14. B  15. D  16. C

17. 解： (1)y=2sin(2x-),  3’     最小正周期T=    5’

(2) ……8’

∴函數y的值域為[-1,2]                           ……………10’

18. (1)解  如圖所示，在平面ABCD內，過C作CP∥DE，交直線AD于P，則∠A′CP(或補角)為異面直線A′C與DE所成的角  

在△A′CP中，

易得A′C=a，CP=DE=a,A′P=a

由余弦定理得cosA′CP=

故A′C與DE所成角為arccos 

另法（向量法）  如圖建立坐標系，則

故A′C與DE所成角為arccos 

 (2)解  ∵∠ADE=∠ADF,∴AD在平面B′EDF內的射影在∠EDF的平分線上  如下圖所示   

又∵B′EDF為菱形，∴DB′為∠EDF的平分線，

故直線AD與平面B′EDF所成的角為∠ADB′

在Rt△B′AD中，AD=a，AB′=a,B′D=a

則cosADB′=

故AD與平面B′EDF所成的角是arccos 

另法（向量法） 

∵∠ADE=∠ADF,∴AD在平面B′EDF內的射影在∠EDF的平分線上  如下圖所示   

又∵B′EDF為菱形，∴DB′為∠EDF的平分線，

故直線AD與平面B′EDF所成的角為∠ADB′，

如圖建立坐標系，則

，

故AD與平面B′EDF所成的角是arccos 

19.  （1）解為等差數列，

     ……………………………………………………2分

解得 ……………………………4分

 ………………………………………………………………5分

 ……………………………………………………………6分

   （2） ………………………………………………6分

 …………8分

因，知上單減，在上單增，

又，

而 …………………………………………10分

∴當n = 5時，取最大值為 ………………12分

20. 解：（1）∵，∴，即，

∵，∴

   （2），  

  當，

即時，

     當時，∵，∴這樣的不存在。

     當，即時，，這樣的不存在。

     綜上得， .

21. 解：（1）Q為PN的中點且GQ⊥PN

       GQ為PN的中垂線|PG|=|GN|                                        

              ∴|GN|+|GM|=|MP|=6，故G點的軌跡是以M、N為焦點的橢圓，其長半軸長，半焦距，∴短半軸長b=2，∴點G的軌跡方程是

   （2）因為，所以四邊形OASB為平行四邊形

       若存在l使得||=||，則四邊形OASB為矩形

       若l的斜率不存在，直線l的方程為x=2，由

       矛盾，故l的斜率存在.   

       設l的方程為

          ①

          ②                      

       把①、②代入

∴存在直線使得四邊形OASB的對角線相等.