| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 首先，我们需要找到直线 $C_1$ 和曲线 $C_2$ 的交点。已知 $C_1$ 的参数方程为： \[ x = 1 + t \cos \alpha \] \[ y = t \sin \alpha \] 其中 $t$ 为参数，$\alpha = \frac{\pi}{3}$。 将 $\alpha = \frac{\pi}{3}$ 代入 $C_1$ 的方程中，得到： \[ x = 1 + t \cdot \cos \frac{\pi}{3} = 1 + t \cdot \frac{1}{2} = 1 + \frac{t}{2} \] \[ y = t \cdot \sin \frac{\pi}{3} = t \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{t \sqrt{3}}{2} \] 曲线 $C_2$ 的参数方程为： \[ x = \cos \theta \] \[ y = \sin \theta \] 其中 $\theta$ 为参数。 为了找到交点，我们需要使得 $C_1$ 和 $C_2$ 的 $x$ 和 $y$ 坐标相等，即： \[ 1 + \frac{t}{2} = \cos \theta \] \[ \frac{t \sqrt{3}}{2} = \sin \theta \] 我们可以通过消去 $t$ 来求解 $\theta$。从第二个方程中解出 $t$： \[ t = \frac{2 \sin \theta}{\sqrt{3}} \] 将 $t$ 代入第一个方程： \[ 1 + \frac{1}{2} \cdot \frac{2 \sin \theta}{\sqrt{3}} = \cos \theta \] \[ 1 + \frac{\sin \theta}{\sqrt{3}} = \cos \theta \] 将 $\sin \theta$ 和 $\cos \theta$ 代入三角恒等式 $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$，我们可以解出 $\theta$ 的值。设 $\sin \theta = y$，$\cos \theta = x$，则有： \[ 1 + \frac{y}{\sqrt{3}} = x \] \[ x^2 + y^2 = 1 \] 将 $x$ 代入第二个方程： \[ \left(1 + \frac{y}{\sqrt{3}}\right)^2 + y^2 = 1 \] \[ 1 + \frac{2y}{\sqrt{3}} + \frac{y^2}{3} + y^2 = 1 \] \[ \frac{2y}{\sqrt{3}} + \frac{4y^2}{3} = 0 \] \[ y \left(\frac{2}{\sqrt{3}} + \frac{4y}{3}\right) = 0 \] 解得 $y = 0$ 或 $y = -\frac{\sqrt{3}}{2}$。当 $y = 0$ 时，$x = 1$；当 $y = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ 时，$x = -\frac{1}{2}$。 所以交点坐标为 $(1, 0)$ 和 $(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2})$。 <eoe> 【答案】交点坐标为 $(1, 0)$ 和 $(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2})$。<eoa> (2)【解析】 我们需要找到过坐标原点 $O$ 做 $C_1$ 的垂线的垂足 $A$，并求 $P$ 点的轨迹的参数方程。 首先，$C_1$ 的参数方程为： \[ x = 1 + t \cos \alpha \] \[ y = t \sin \alpha \] 直线 $C_1$ 的方向向量为 $(\cos \alpha, \sin \alpha)$，因此垂线的方向向量为 $(-\sin \alpha, \cos \alpha)$。 设垂足 $A$ 的坐标为 $(x_A, y_A)$，则 $A$ 点在 $C_1$ 上，即存在参数 $t_A$ 使得： \[ x_A = 1 + t_A \cos \alpha \] \[ y_A = t_A \sin \alpha \] 由于 $OA$ 垂直于 $C_1$，所以 $OA$ 的方向向量 $(x_A, y_A)$ 与 $C_1$ 的方向向量 $(\cos \alpha, \sin \alpha)$ 垂直，即： \[ x_A \cos \alpha + y_A \sin \alpha = 0 \] 将 $x_A$ 和 $y_A$ 代入上式： \[ (1 + t_A \cos \alpha) \cos \alpha + t_A \sin \alpha \sin \alpha = 0 \] \[ \cos \alpha + t_A \cos^2 \alpha + t_A \sin^2 \alpha = 0 \] \[ \cos \alpha + t_A (\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha) = 0 \] \[ \cos \alpha + t_A = 0 \] \[ t_A = -\cos \alpha \] 将 $t_A$ 代入 $x_A$ 和 $y_A$ 的表达式中： \[ x_A = 1 - \cos^2 \alpha \] \[ y_A = -\cos \alpha \sin \alpha \] $P$ 点是 $OA$ 的中点，因此 $P$ 点的坐标为： \[ x_P = \frac{1 + x_A}{2} = \frac{1 + (1 - \cos^2 \alpha)}{2} = \frac{2 - \cos^2 \alpha}{2} = 1 - \frac{\cos^2 \alpha}{2} \] \[ y_P = \frac{y_A}{2} = \frac{-\cos \alpha \sin \alpha}{2} = -\frac{1}{2} \cos \alpha \sin \alpha \] 利用三角恒等式 $\cos 2\alpha = \cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha$ 和 $\sin 2\alpha = 2 \cos \alpha \sin \alpha$，我们可以将 $x_P$ 和 $y_P$ 表达为 $\alpha$ 的函数： \[ x_P = 1 - \frac{1 + \cos 2\alpha}{4} = \frac{3}{4} - \frac{\cos 2\alpha}{4} \] \[ y_P = -\frac{1}{4} \sin 2\alpha \] 因此，$P$ 点的轨迹的参数方程为： \[ x = \frac{3}{4} - \frac{1}{4} \cos 2\alpha \] \[ y = -\frac{1}{4} \sin 2\alpha \] 这实际上是一个椭圆的参数方程。 <eoe> 【答案】$P$ 点的轨迹的参数方程为： \[ x = \frac{3}{4} - \frac{1}{4} \cos 2\alpha \] \[ y = -\frac{1}{4} \sin 2\alpha \] 它是一个椭圆。<eoa> |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 当α=π/3时，直线C₁的参数方程为： \[ x = 1 + \frac{t}{2}, \quad y = \frac{\sqrt{3}t}{2} \] 将其代入单位圆C₂的方程x² + y² =1： \[ \left(1 + \frac{t}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}t}{2}\right)^2 = 1 \] 展开化简得： \[ 1 + t + t^2 = 1 \implies t(t + 1) = 0 \implies t = 0 \text{ 或 } t = -1 \] 对应交点坐标为： - 当t=0时，(1, 0) - 当t=-1时，\(\left(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\) <eoe> 【答案】 (I) 交点坐标为 \(\boxed{(1, 0)}\) 和 \(\boxed{\left(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}\)。 <eoa> (2)【解析】 直线C₁的方程为 \(y = \tan\alpha (x - 1)\)。过原点O作垂线，垂足A的坐标通过投影公式计算为： \[ A\left(\sin^2\alpha, -\sin\alpha\cos\alpha\right) \] P为OA中点，其坐标为： \[ x = \frac{\sin^2\alpha}{2}, \quad y = -\frac{\sin\alpha\cos\alpha}{2} \] 消去参数α： \[ x = \frac{1 - \cos2\alpha}{4}, \quad y = -\frac{\sin2\alpha}{4} \] 利用三角恒等式可得轨迹方程： \[ (x - \frac{1}{4})^2 + y^2 = \left(\frac{1}{4}\right)^2 \] 即圆心为\(\left(\frac{1}{4}, 0\right)\)，半径为\(\frac{1}{4}\)的圆。 <eoe> 【答案】 (II) P点的轨迹参数方程为： \[ \begin{cases} x = \frac{1}{2}\sin^2\alpha \\ y = -\frac{1}{2}\sin\alpha\cos\alpha \end{cases} \] 轨迹为以\(\left(\frac{1}{4}, 0\right)\)为圆心，\(\frac{1}{4}\)为半径的圆，即 \(\boxed{\left(x - \frac{1}{4}\right)^2 + y^2 = \left(\frac{1}{4}\right)^2}\)。 <eoa> |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| gpto1 | (1) 【解析】 当 $\alpha = \dfrac{\pi}{3}$ 时，直线 $C_1$ 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = 1 + t \cos \dfrac{\pi}{3} = 1 + \dfrac{t}{2} \\ y = t \sin \dfrac{\pi}{3} = t \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{\sqrt{3} t}{2} \end{cases} \] 消去参数 $t$，由第一个方程得到 $t = 2(x - 1)$，代入第二个方程： \[ y = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot 2(x - 1) = \sqrt{3}(x - 1) \] 因此，直线 $C_1$ 的方程为 $y = \sqrt{3}(x - 1)$。 圆周 $C_2$ 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \cos \theta \\ y = \sin \theta \end{cases} \] 消去参数 $\theta$，得到圆的方程 $x^2 + y^2 = 1$。 求 $C_1$ 与 $C_2$ 的交点，即求解方程组： \[ \begin{cases} x^2 + y^2 = 1 \\ y = \sqrt{3}(x - 1) \end{cases} \] 将 $y$ 代入圆的方程，得到： \[ x^2 + [\sqrt{3}(x - 1)]^2 = 1 \\ x^2 + 3(x - 1)^2 = 1 \\ x^2 + 3(x^2 - 2x + 1) = 1 \\ x^2 + 3x^2 - 6x + 3 = 1 \\ 4x^2 - 6x + 2 = 0 \\ 2x^2 - 3x + 1 = 0 \] 解二次方程： \[ x = \dfrac{3 \pm \sqrt{9 - 8}}{4} = \dfrac{3 \pm 1}{4} \] 得到 $x = 1$ 或 $x = \dfrac{1}{2}$。 对应的 $y$ 值为： 当 $x = 1$ 时，$y = \sqrt{3}(1 - 1) = 0$； 当 $x = \dfrac{1}{2}$ 时，$y = \sqrt{3}(\dfrac{1}{2} - 1) = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。 因此，$C_1$ 与 $C_2$ 的交点为 $(1, 0)$ 和 $\left( \dfrac{1}{2}, -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)$。 <eoe> 【答案】 (I) 交点坐标为 $(1, 0)$ 和 $\left( \dfrac{1}{2}, -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)$。 <eoa> (2) 【解析】 直线 $C_1$ 的一般式为： \[ x = 1 + t \cos \alpha \\ y = t \sin \alpha \] 消去 $t$，得到： \[ t = \dfrac{x - 1}{\cos \alpha} \\ y = \dfrac{(x - 1) \sin \alpha}{\cos \alpha} = (x - 1) \tan \alpha \] 故 $C_1$ 的方程为 $y = (x - 1) \tan \alpha$。 过原点 $O$ 作 $C_1$ 的垂线，其斜率为 $k' = -\dfrac{1}{\tan \alpha} = -\cot \alpha$。 垂足 $A$ 在直线 $C_1$ 上，坐标为 $(x_A, y_A)$，满足： \[ y_A = (x_A - 1) \tan \alpha \\ y_A = -\cot \alpha \cdot x_A \] 解方程组： \[ (x_A - 1) \tan \alpha = -\cot \alpha \cdot x_A \\ (x_A - 1) \tan^2 \alpha + x_A = 0 \\ x_A (\tan^2 \alpha + 1) - \tan^2 \alpha = 0 \\ x_A = \dfrac{\tan^2 \alpha}{\tan^2 \alpha + 1} \] $y_A$ 计算为： \[ y_A = -\cot \alpha \cdot x_A = -\dfrac{1}{\tan \alpha} \cdot \dfrac{\tan^2 \alpha}{\tan^2 \alpha + 1} = -\dfrac{\tan \alpha}{\tan^2 \alpha + 1} \] 因为 $1 + \tan^2 \alpha = \dfrac{1}{\cos^2 \alpha}$，所以： \[ x_A = \dfrac{\sin^2 \alpha}{\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha} = \sin^2 \alpha \\ y_A = -\dfrac{\sin \alpha \cos \alpha}{\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha} = -\sin \alpha \cos \alpha \] 点 $P$ 是 $O A$ 的中点，坐标为： \[ x_P = \dfrac{x_A}{2} = \dfrac{\sin^2 \alpha}{2} \\ y_P = \dfrac{y_A}{2} = -\dfrac{\sin \alpha \cos \alpha}{2} \] 利用三角恒等式： \[ \sin^2 \alpha = \dfrac{1 - \cos 2\alpha}{2} \\ \sin \alpha \cos \alpha = \dfrac{\sin 2\alpha}{2} \] 因此： \[ x_P = \dfrac{1 - \cos 2\alpha}{4} \\ y_P = -\dfrac{\sin 2\alpha}{4} \] 消去参数 $2\alpha$，利用单位圆上的参数方程： \[ \left( x_P - \dfrac{1}{4} \right)^2 + y_P^2 = \left( \dfrac{1}{4} \right)^2 \] 这是一个以 $\left( \dfrac{1}{4}, 0 \right)$ 为圆心，半径为 $\dfrac{1}{4}$ 的圆的方程。 <eoe> 【答案】 (II) 点 $P$ 的轨迹的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \dfrac{1 - \cos 2\alpha}{4} \\ y = -\dfrac{\sin 2\alpha}{4} \end{cases} \] 其轨迹是以 $\left( \dfrac{1}{4}, 0 \right)$ 为圆心，半径为 $\dfrac{1}{4}$ 的圆。 <eoa> |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| GPT-4o | (1)【解析】 我们首先求解当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时，直线 $C_{1}$ 和曲线 $C_{2}$ 的交点坐标。 直线 $C_{1}$ 的参数方程为： \[ x = 1 + t \cos \alpha \] \[ y = t \sin \alpha \] 将 $\alpha = \frac{\pi}{3}$ 代入得： \[ x = 1 + t \cdot \frac{1}{2} = 1 + \frac{t}{2} \] \[ y = t \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3} t}{2} \] 曲线 $C_{2}$ 的参数方程为： \[ x = \cos \theta \] \[ y = \sin \theta \] 令 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的坐标相等，即： \[ 1 + \frac{t}{2} = \cos \theta \] \[ \frac{\sqrt{3} t}{2} = \sin \theta \] 解这个方程组。首先从 $x$ 方程中解 $t$： \[ t = 2 (\cos \theta - 1) \] 将其代入 $y$ 方程中： \[ \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 2 (\cos \theta - 1) = \sin \theta \] \[ \sqrt{3} (\cos \theta - 1) = \sin \theta \] 因为 $\sin \theta = \sqrt{1 - \cos^2 \theta}$，所以可以得到： \[ \sqrt{3} \cos \theta - \sqrt{3} = \sqrt{1 - \cos^2 \theta} \] 两边平方： \[ 3 \cos^2 \theta - 6 \cos \theta + 3 = 1 - \cos^2 \theta \] \[ 4 \cos^2 \theta - 6 \cos \theta + 2 = 0 \] 解这个二次方程： \[ 2 \cos^2 \theta - 3 \cos \theta + 1 = 0 \] \[ (2 \cos \theta - 1)(\cos \theta - 1) = 0 \] 所以： \[ \cos \theta = \frac{1}{2} \quad 或 \quad \cos \theta = 1 \] 当 $\cos \theta = 1$ 时，$\sin \theta = 0$，所以交点为 $(1, 0)$，这个点不在直线 $C_1$ 上。 当 $\cos \theta = \frac{1}{2}$ 时，$\sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$，所以交点为： \[ (x, y) = \left( \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \] 验证这个点是否在 $C_1$ 上： \[ x = 1 + \frac{t}{2} \] \[ y = \frac{\sqrt{3} t}{2} \] 代入 $x = \frac{1}{2}$，$y = \frac{\sqrt{3}}{2}$： \[ \frac{1}{2} = 1 + \frac{t}{2} \Rightarrow t = -1 \] \[ \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}(-1)}{2} \Rightarrow 矛盾 \] 所以交点不存在。 【答案】无交点<eoa> (2)【解析】 我们需要找出过原点 $O$ 垂直于 $C_{1}$ 的直线，并找出垂足 $A$，再求 $P$ 点的轨迹。 直线 $C_{1}$ 的方向向量是 $(\cos \alpha, \sin \alpha)$，因此，垂直于 $C_{1}$ 的直线的方向向量是 $(-\sin \alpha, \cos \alpha)$。 设垂线的方程为： \[ x = t (-\sin \alpha) \] \[ y = t (\cos \alpha) \] 垂足 $A$ 为直线 $C_{1}$ 和垂线的交点，我们需要找到 $t$ 使得这个值满足直线 $C_{1}$ 的方程： \[ 1 + t (-\sin \alpha) = t \cos \alpha \] \[ t (\cos \alpha + \sin \alpha) = 1 \] \[ t = \frac{1}{\cos \ |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】 (I)由\begin{cases}x=1+t\cos\alpha\\y=t\sin\alpha\end{cases}得\begin{cases}x=1+\frac{y}{\sin\alpha}\cos\alpha\\y=t\sin\alpha\end{cases}当\alpha=\frac{\pi}{3}时,直线C_{1}的方程为y=\sqrt{3}(x-1)由\begin{cases}x=\cos\theta\\y=\sin\theta\end{cases}得x^{2}+y^{2}=1,即圆x^{2}+y^{2}=1的方程联立\begin{cases}x^{2}+y^{2}=1\\y=\sqrt{3}(x-1)\end{cases}解得\begin{cases}x=\frac{3}{4}\\y=\frac{\sqrt{3}}{4}\end{cases}或\begin{cases}x=\frac{1}{4}\\y=-\frac{\sqrt{3}}{4}\end{cases}所以C_{1}与C_{2}的交点坐标为(\frac{3}{4},\frac{\sqrt{3}}{4})或(\frac{1}{4},-\frac{\sqrt{3}}{4})(II)由\begin{cases}x=1+t\cos\alpha\\y=t\sin\alpha\end{cases}得\begin{cases}x=1+\frac{y}{\sin\alpha}\cos\alpha\\y=t\sin\alpha\end{cases}所以直线C_{1}的方程为y=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}(x-1)所以直线C_{1}的斜率为k=\tan\alpha,所以过点O的直线C_{1}的垂线的斜率为-\frac{1}{\tan\alpha}所以过点O的直线C_{1}的垂线的方程为y=-\frac{1}{\tan\alpha}x,即y=-\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}x所以\begin{cases}y=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}(x-1)\\y=-\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}x\end{cases}解得\begin{cases}x=\frac{1}{2}\\y=-\frac{1}{2}\tan\alpha\end{cases}所以A(\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\tan\alpha),所以P(\frac{1}{4},-\frac{1}{4}\tan\alpha)所以P点的轨迹的参数方程为\begin{cases}x=\frac{1}{4}\\y=-\frac{1}{4}\tan\alpha\end{cases}所以P点的轨迹为以原点为圆心,以\frac{1}{4}为半径的圆的下半部分. 最终结果是(I)(3/4,sqrt(3)/4),(1/4,-sqrt(3)/4) (II)(1/4,-1/4*tan(alpha)) |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)当\alpha=\frac{\pi}{3}时,直线C_{1}的方程为\begin{cases}x=1+\frac{1}{2}t\\y=\frac{\sqrt{3}}{2}t\end{cases},即x+\sqrt{3}y-1=0,圆C_{2}的方程为x^{2}+y^{2}=1,联立\begin{cases}x+\sqrt{3}y-1=0\\x^{2}+y^{2}=1\end{cases},解得\begin{cases}x=\frac{1}{2}\\y=\frac{\sqrt{3}}{2}\end{cases}或\begin{cases}x=1\\y=0\end{cases},所以C_{1}与C_{2}的交点坐标为(\frac{1}{2},\frac |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(I)【解析】 首先，我们将直线 \\( C_1 \\) 和 \\( C_2 \\) 的参数方程代入，求解它们的交点。\n\n当 \\(\\alpha = \\frac{\\pi}{3}\\) 时，直线 \\( C_1 \\) 的参数方程为：\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx = 1 + t \\cos \\frac{\\pi}{3} \\\\\ny = t \\sin \\frac{\\pi}{3}\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n其中 \\(\\cos \\frac{\\pi}{3} = \\frac{1}{2}\\) 和 \\(\\sin \\frac{\\pi}{3} = \\frac{\\sqrt{3}}{2}\\)，所以方程变为：\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx = 1 + \\frac{t}{2} \\\\\ny = \\frac{t \\sqrt{3}}{2}\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n\n直线 \\( C_2 \\) 的参数方程为：\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx = \\cos \\theta \\\\\ny = \\sin \\theta\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n\n将 \\( C_1 \\) 的方程代入 \\( C_2 \\) 的方程，得到：\n\\[\n\\cos \\theta = 1 + \\frac{t}{2}\n\\]\n\\[\n\\sin \\theta = \\frac{t \\sqrt{3}}{2}\n\\]\n\n利用三角恒等式 \\(\\cos^2 \\theta + \\sin^2 \\theta = 1\\)，我们有：\n\\[\n\\left(1 + \\frac{t}{2}\\right)^2 + \\left(\\frac{t \\sqrt{3}}{2}\\right)^2 = 1\n\\]\n\n展开并简化：\n\\[\n\\left(1 + \\frac{t}{2}\\right)^2 = 1 + t + \\frac{t^2}{4}\n\\]\n\\[\n\\left(\\frac{t \\sqrt{3}}{2}\\right)^2 = \\frac{3t^2}{4}\n\\]\n\n所以：\n\\[\n1 + t + \\frac{t^2}{4} + \\frac{3t^2}{4} = 1\n\\]\n\\[\n1 + t + t^2 = 1\n\\]\n\\[\nt + t^2 = 0\n\\]\n\\[\nt(t + 1) = 0\n\\]\n\n解得 \\( t = 0 \\) 或 \\( t = -1 \\)。\n\n当 \\( t = 0 \\) 时：\n\\[\nx = 1 + \\frac{0}{2} = 1\n\\]\n\\[\ny = \\frac{0 \\sqrt{3}}{2} = 0\n\\]\n\n当 \\( t = -1 \\) 时：\n\\[\nx = 1 + \\frac{-1}{2} = \\frac{1}{2}\n\\]\n\\[\ny = \\frac{-1 \\sqrt{3}}{2} = -\\frac{\\sqrt{3}}{2}\n\\]\n\n所以，交点坐标为 \\((1, 0)\\) 和 \\(\\left(\\frac{1}{2}, -\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right)\\)。\n\n<eoe>\n【答案】\\((1, 0)\\) 和 \\(\\left(\\frac{1}{2}, -\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right)\\)<eoa>\n\n(II)【解析】 过坐标原点 \\( O \\) 做 \\( C_1 \\) 的垂线，垂足为 \\( A \\)，求 \\( P \\) 点的轨迹的参数方程。\n\n直线 \\( C_1 \\) 的参数方程为：\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx = 1 + t \\cos \\alpha \\\\\ny = t \\sin \\alpha\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n\n垂线的方向向量为 \\((-\\sin \\alpha, \\cos \\alpha)\\)，所以垂线的方程为：\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx = -\\sin \\alpha \\cdot s \\\\\ny = \\cos \\alpha \\cdot s\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n\n垂足 \\( A \\) 是 \\( C_1 \\) 和垂线的交点，设 \\( t = s \\)，则：\n\\[\n1 + t \\cos \\alpha = -\\sin \\alpha \\cdot s\n\\]\n\\[\nt \\sin \\alpha = \\cos \\alpha \\cdot s\n\\]\n\n解得：\n\\[\ns = \\frac{1}{\\cos \\alpha + \\sin \\alpha}\n\\]\n\n所以 \\( A \\) 点的坐标为：\n\\[\nA = \\left(1 - \\frac{\\sin \\alpha}{\\cos \\alpha + \\sin \\alpha}, \\frac{\\cos \\alpha}{\\cos \\alpha + \\sin \\alpha}\\right)\n\\]\n\n\\( P \\) 为 \\( OA \\) 中点，所以 \\( P \\) 点的坐标为：\n\\[\nP = \\left(\\frac{1}{2} - \\frac{\\sin \\alpha}{2(\\cos \\alpha + \\sin \\alpha)}, \\frac{\\cos \\alpha}{2(\\cos \\alpha + \\sin \\alpha)}\\right)\n\\]\n\n化简得：\n\\[\nP = \\left(\\frac{1}{2} - \\frac{\\sin \\alpha}{2(\\cos \\alpha + \\sin \\alpha)}, \\frac{\\cos \\alpha}{2(\\cos \\alpha + \\sin \\alpha)}\\right)\n\\]\n\n所以 \\( P \\) 点的轨迹的参数方程为：\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx = \\frac{1}{2} - \\frac{\\sin \\alpha}{2(\\cos \\alpha + \\sin \\alpha)} \\\\\ny = \\frac{\\cos \\alpha}{2(\\cos \\alpha + \\sin \\alpha)}\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n\n这是一条直线的参数方程。\n\n<eoe>\n【答案】\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx = \\frac{1}{2} - \\frac{\\sin \\alpha}{2(\\cos \\alpha + \\sin \\alpha)} \\\\\ny = \\frac{\\cos \\alpha}{2(\\cos \\alpha + \\sin \\alpha)}\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n这是一条直线的参数方程。<eoa>" | 解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】 当 $\\alpha=\\frac{\\pi}{3}$ 时，直线 $C_1$ 的参数方程变为\n\\[x=1+t\\cos\\frac{\\pi}{3}=1+\\frac{1}{2}t,\\quad y=t\\sin\\frac{\\pi}{3}=\\frac{\\sqrt{3}}{2}t\\]\n而 $C_2$ 的参数方程为\n\\[x=\\cos\\theta,\\quad y=\\sin\\theta\\]\n要找 $C_1$ 和 $C_2$ 的交点，我们可以通过联立方程组来解。将 $C_1$ 的参数方程代入 $C_2$ 的方程中，得\n\\[1+\\frac{1}{2}t=\\cos\\theta,\\quad \\frac{\\sqrt{3}}{2}t=\\sin\\theta\\]\n通过平方和公式 $\\sin^2\\theta+\\cos^2\\theta=1$，可以解出 $t$ 的值，进而得到交点坐标。\n<eoe>\n【答案】\n由\n\\[\\left(1+\\frac{1}{2}t\\right)^2+\\left(\\frac{\\sqrt{3}}{2}t\\right)^2=1\\]\n得\n\\[1+t+\\frac{1}{4}t^2+\\frac{3}{4}t^2=1\\]\n\\[t^2+t=0\\]\n\\[t(t+1)=0\\]\n所以 $t=0$ 或 $t=-1$。当 $t=0$ 时，交点为 $(1,0)$；当 $t=-1$ 时，代入 $C_1$ 的方程中得\n\\[x=1+\\frac{1}{2}(-1)=\\frac{1}{2},\\quad y=\\frac{\\sqrt{3}}{2}(-1)=-\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\]\n因此，当 $\\alpha=\\frac{\\pi}{3}$ 时，$C_1$ 与 $C_2$ 的交点坐标为 $(1,0)$ 和 $\\left(\\frac{1}{2},-\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right)$。\n<eoa>\n(2)【解析】 当直线 $C_1$ 的方向角为 $\\alpha$ 时，其方向向量为 $(\\cos\\alpha, \\sin\\alpha)$。过原点 $O$ 做 $C_1$ 的垂线，其方向向量为 $(-\\sin\\alpha, \\cos\\alpha)$。设垂足 $A$ 的坐标为 $(x_A, y_A)$，由于 $OA$ 垂直于 $C_1$，则有\n\\[(x_A, y_A)\\cdot(-\\sin\\alpha, \\cos\\alpha)=0\\]\n即\n\\[-x_A\\sin\\alpha+y_A\\cos\\alpha=0\\]\n又因为 $A$ 在直线 $C_1$ 上，有\n\\[x_A=1+t\\cos\\alpha,\\quad y_A=t\\sin\\alpha\\]\n代入上述方程中，解出 $t$ 的表达式，进而得到 $A$ 的坐标，再求出 $P$ 点（$OA$ 中点）的坐标。最后，根据 $P$ 点的坐标表达式，可以确定 $P$ 点的轨迹的参数方程。\n<eoe>\n【答案】\n由于 $A$ 在直线 $C_1$ 上，有\n\\[x_A=1+t\\cos\\alpha,\\quad y_A=t\\sin\\alpha\\]\n代入 $-x_A\\sin\\alpha+y_A\\cos\\alpha=0$ 中，得\n\\[-(1+t\\cos\\alpha)\\sin\\alpha+t\\sin\\alpha\\cos\\alpha=0\\]\n化简得\n\\[t\\sin\\alpha(\\cos\\alpha-\\sin\\alpha)=\\sin\\alpha\\]\n\\[t=\\frac{1}{\\cos\\alpha-\\sin\\alpha}\\]\n因此\n\\[x_A=1+\\frac{\\cos\\alpha}{\\cos\\alpha-\\sin\\alpha},\\quad y_A=\\frac{\\sin\\alpha}{\\cos\\alpha-\\sin\\alpha}\\]\n$P$ 点为 $OA$ 中点，故\n\\[x_P=\\frac{1}{2}x_A=\\frac{1}{2}\\left(1+\\frac{\\cos\\alpha}{\\cos\\alpha-\\sin\\alpha}\\right),\\quad y_P=\\frac{1}{2}y_A=\\frac{1}{2}\\left(\\frac{\\sin\\alpha}{\\cos\\alpha-\\sin\\alpha}\\right)\\]\n因此，$P$ 点的轨迹的参数方程为\n\\[x=\\frac{1}{2}\\left(1+\\frac{\\cos\\alpha}{\\cos\\alpha-\\sin\\alpha}\\right),\\quad y=\\frac{1}{2}\\left(\\frac{\\sin\\alpha}{\\cos\\alpha-\\sin\\alpha}\\right)\\]\n当 $\\alpha$ 变化时，$P$ 点的轨迹是一个圆心在 $(\\frac{1}{2},0)$，半径为 $\\frac{1}{2}$ 的圆。\n<eoa>" | 解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| baichuan4 | (I)【解析】 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时，直线 $C_{1}$ 的参数方程为： $\left\{\begin{array}{l}x=1+\frac{1}{2} t \\ y=\frac{\sqrt{3}}{2} t\end{array}\right.$ 要找到 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的交点，我们需要解这个方程组： $\left\{\begin{array}{l}x=1+\frac{1}{2} t \\ y=\frac{\sqrt{3}}{2} t\end{array}\right.$ 和 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ 将 $C_{1}$ 的 $x$ 和 $y$ 表达式代入 $C_{2}$ 中，得到： $1+\frac{1}{2} t = \cos \theta$ $\frac{\sqrt{3}}{2} t = \sin \theta$ 由于 $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$，我们可以得到： $(1+\frac{1}{2} t)^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2} t)^2 = 1$ 化简得： $1 + t + \frac{1}{4} t^2 + \frac{3}{4} t^2 = 1$ 进一步化简得： $t^2 + t = 0$ 解得 $t = 0$ 或 $t = -1$。 当 $t = 0$ 时，代入 $C_{1}$ 的方程得到交点坐标为 $(1, 0)$。 当 $t = -1$ 时，代入 $C_{1}$ 的方程得到交点坐标为 $(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2})$。 因此，$C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点坐标为 $(1, 0)$ 和 $(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2})$。 【答案】 $(1, 0)$ 和 $(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2})$。 (II)【解析】 直线 $C_{1}$ 的普通方程为 $y = \tan(\alpha)(x - 1)$。 过原点 $O$ 做 $C_{1}$ 的垂线，垂足为 $A$，则垂线的方程为 $y = -\cot(\alpha)x$。 联立两方程求垂足 $A$ 的坐标： $\tan(\alpha)(x - 1) = -\cot(\alpha)x$ 化简得： $\tan(\alpha)x - \tan(\alpha) = -\cot(\alpha)x$ 进一步化简得： $x(\tan(\alpha) + \cot(\alpha)) = \tan(\alpha)$ 由于 $\tan(\alpha) + \cot(\alpha) = \frac{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)} + \frac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)} = \frac{1}{\sin(\alpha)\cos(\alpha)}$，我们可以得到： $x = \tan(\alpha)\sin(\alpha)\cos(\alpha)$ 同理，我们可以得到 $y$ 的表达式： $y = \tan(\alpha)\cos(\alpha)\sin(\alpha)$ 由于 $P$ 为 $O A$ 的中点，因此 $P$ 点的坐标为 $(x, y)$。 将 $x$ 和 $y$ 的表达式代入 $P$ 点的坐标中，得到 $P$ 点的轨迹的参数方程为： $\left\{\begin{array}{l}x = \frac{1}{2}\tan(\alpha)\sin(2\alpha) \\ y = \frac{1}{2}\tan(\alpha)\cos(2\alpha)\end{array}\right.$ 由于 $\tan(\alpha) = \frac{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)}$，我们可以将参数方程进一步简化为： $\left\{\begin{array}{l}x = \frac{1}{2}\sin(2\alpha) \\ y = \frac{1}{2}\cos(2\alpha)\end{array}\right.$ 这是一个圆的参数方程，半径为 $\frac{1}{2}$，圆心在原点。 【答案】 $P$ 点的轨迹的参数方程为： $\left\{\begin{array}{l}x = \frac{1}{2}\sin(2\alpha) \\ y = \frac{1}{2}\cos(2\alpha)\end{array}\right.$ 它是一个半径为 $\frac{1}{2}$ 的圆。 |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| doubao | (1)【解析】当$\alpha=\frac{\pi}{3}$时，直线$C_1$的参数方程为$\left\{\begin{array}{l}x=1+\frac{1}{2}t\\y=\frac{\sqrt{3}}{2}t\end{array}\right.$（$t$为参数），消去参数$t$可得$y=\sqrt{3}(x-1)$。曲线$C_2$的方程为$x^2+y^2=1$。联立可得$\begin{cases}y=\sqrt{3}(x-1)\\x^2+y^2=1\end{cases}$，解方程组可得交点坐标。 <eoe> 【答案】将$y=\sqrt{3}(x-1)$代入$x^2+y^2=1$可得$x^2+3(x-1)^2=1$，$x^2+3(x^2-2x+1)=1$，$4x^2-6x+2=0$，$2x^2-3x+1=0$，$(2x-1)(x-1)=0$，解得$x_1=\frac{1}{2}$，$x_2=1$。当$x_1=\frac{1}{2}$时，$y_1=\sqrt{3}(\frac{1}{2}-1)=-\frac{\sqrt{3}}{2}$；当$x_2=1$时，$y_2=0$。所以交点坐标为$(\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2})$，$(1,0)$。 <eoa> (2)【解析】直线$C_1$的普通方程为$\sin\alpha x-\cos\alpha y-\sin\alpha=0$。过原点作$C_1$的垂线方程为$\cos\alpha x+\sin\alpha y=0$。联立可得交点$A$的坐标，进而可得$P$点坐标，再用参数表示。 <eoe> 【答案】直线$C_1$的普通方程为$\sin\alpha x-\cos\alpha y-\sin\alpha=0$，过原点作$C_1$的垂线方程为$\cos\alpha x+\sin\alpha y=0$，联立可得$A$点坐标为$(\frac{\sin^2\alpha}{\sin\alpha\cos\alpha},\frac{-\cos\alpha\sin\alpha}{\sin\alpha\cos\alpha})=(\tan\alpha,-1)$。设$P(x,y)$，则$x=\frac{\tan\alpha}{2}$，$y=-\frac{1}{2}$，可得参数方程为$\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\tan\alpha\\y=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$（$\alpha$为参数），消去参数可得$x^2+(y+\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4}$，它是一个以$(0,-\frac{1}{2})$为圆心，$\frac{1}{2}$为半径的圆。 <eoa> |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| minimax | (1)【解析】要求直线 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点坐标，我们需要解这两个参数方程组。首先，我们将 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的方程写成非参数形式，然后通过消去参数 $t$ 和 $\theta$ 来找到交点坐标。 对于 $C_{1}$，当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时，方程变为： $$ \begin{cases} x = 1 + t \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) \\ y = t \sin\left(\frac{\pi}{3}\right) \end{cases} $$ 由于 $\cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2}$ 和 $\sin\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2}$，我们可以将 $C_{1}$ 的方程简化为： $$ \begin{cases} x = 1 + \frac{1}{2}t \\ y = \frac{\sqrt{3}}{2}t \end{cases} $$ 对于 $C_{2}$，方程已经是非参数形式： $$ \begin{cases} x = \cos\theta \\ y = \sin\theta \end{cases} $$ 为了找到交点，我们需要解这个方程组： $$ \begin{cases} 1 + \frac{1}{2}t = \cos\theta \\ \frac{\sqrt{3}}{2}t = \sin\theta \end{cases} $$ 我们可以通过消去 $\theta$ 来解这个方程组。由于 $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$，我们可以将 $t$ 用 $\theta$ 表示，然后代入第一个方程中求解 $x$ 和 $y$。<eoe> 【答案】首先，我们解方程组： $$ \begin{cases} 1 + \frac{1}{2}t = \cos\theta \\ \frac{\sqrt{3}}{2}t = \sin\theta \end{cases} $$ 由于 $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$，我们可以得到： $$ \left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right)^2 + \left(1 + \frac{1}{2}t\right)^2 = 1 $$ 展开并简化上述方程： $$ \frac{3}{4}t^2 + \frac{1}{4}t^2 + t + 1 = 1 $$ 合并同类项： $$ t^2 + 4t = 0 $$ 因式分解： $$ t(t + 4) = 0 $$ 解得 $t = 0$ 或 $t = -4$。 当 $t = 0$ 时，代入 $C_{1}$ 的方程得到交点坐标为 $(1, 0)$。 当 $t = -4$ 时，代入 $C_{1}$ 的方程得到交点坐标为 $(-1, -2\sqrt{3})$。 因此，$C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点坐标为 $(1, 0)$ 和 $(-1, -2\sqrt{3})$。<eoa> (2)【解析】要过坐标原点 $O$ 做 $C_{1}$ 的垂线，我们需要找到 $C_{1}$ 的斜率，然后找到它的垂线斜率。$C_{1}$ 的斜率是 $\frac{dy}{dx}$，而垂线的斜率是 $C_{1}$ 斜率的负倒数。然后，我们可以写出垂线的方程，并找到垂足 $A$ 的坐标。$P$ 为 $O A$ 的中点，所以 $P$ 的坐标是 $O$ 和 $A$ 坐标的平均值。最后，我们将 $P$ 点的坐标表示为 $\alpha$ 的函数，得到 $P$ 点的轨迹的参数方程。<eoe> 【答案】首先，我们找到 $C_{1}$ 的斜率。由于 $C_{1}$ 的参数方程是： $$ \begin{cases} x = 1 + t \cos\alpha \\ y = t \sin\alpha \end{cases} $$ 我们可以通过对 $x$ 和 $y$ 关于 $t$ 求导来找到斜率： $$ \frac{dy}{dt} = \sin\alpha, \quad \frac{dx}{dt} = \cos\alpha $$ 因此，$C_{1}$ 的斜率 $m_{C_{1}}$ 是： $$ m_{C_{1}} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \tan\alpha $$ 垂线的斜率 $m_{\text{垂线}}$ 是 $C_{1}$ 斜率的负倒数： $$ m_{\text{垂线}} = -\frac{1}{\tan\alpha} = -\cot\alpha $$ 由于垂线通过原点，其方程可以表示为： $$ y = -\cot\alpha \cdot x $$ 为了找到垂足 $A$，我们将 $C_{1}$ 的参数方程代入垂线方程中： $$ t \sin\alpha = -\cot\alpha \cdot (1 + t \cos\alpha) $$ 解这个方程得到 $t$ 的值，然后代入 $C_{1}$ 的参数方程中得到 $A$ 的坐标。由于 $P$ 是 $O A$ 的中点，我们可以通过取 $O$ 和 $A$ 坐标的平均值来得到 $P$ 的坐标。 设 $A$ 的坐标为 $(x_A, y_A)$，则有： $$ x_A = 1 + t \cos\alpha, \quad y_A = t \sin\alpha $$ 由于 $y_A = -\cot\alpha \cdot x_A$，我们可以得到： $$ t \sin\alpha = -\cot\alpha \cdot (1 + t \cos\alpha) $$ 化简得： $$ t \sin\alpha = -\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} - t \cos^2\alpha $$ 进一步化简得： $$ t \sin^2\alpha + t \cos^2\alpha = -\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} $$ 由于 $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$，我们可以得到： $$ t = -\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} $$ 代入 $C_{1}$ 的参数方程中得到 $A$ 的坐标： $$ x_A = 1 - \frac{\cos^2\alpha}{\sin\alpha}, \quad y_A = -\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} \sin\alpha = -\cos\alpha $$ 因此，$P$ 的坐标为： $$ x_P = \frac{x_A}{2} = \frac{1}{2} - \frac{\cos^2\alpha}{2\sin\alpha}, \quad y_P = \frac{y_A}{2} = -\frac{\cos\alpha}{2} $$ 由于 $\frac{\cos^2\alpha}{\sin\alpha} = \cos\alpha \cdot \cot\alpha$，我们可以进一步简化 $P$ 的坐标： $$ x_P = \frac{1}{2} - \frac{\cos\alpha \cdot \cot\alpha}{2}, \quad y_P = -\frac{\cos\alpha}{2} $$ 由于 $\cot\alpha = \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}$，我们可以将 $\cot\alpha$ 用 $\alpha$ 表示： $$ x_P = \frac{1}{2} - \frac{\cos^2\alpha}{2\sin\alpha}, \quad y_P = -\frac{\cos\alpha}{2} $$ 因此，$P$ 点的轨迹的参数方程为： $$ \begin{cases} x_P = \frac{1}{2} - \frac{\cos^2\alpha}{2\sin\alpha} \\ y_P = -\frac{\cos\alpha}{2} \end{cases} $$ 这个方程描述的是一个椭圆。为了验证这一点，我们可以将 $x_P$ 和 $y_P$ 的表达式转换为标准的椭圆方程形式。注意到 $\frac{\cos^2\alpha}{\sin\alpha}$ 是 $\alpha$ 的函数，我们可以将其视为一个常数，因此 $x_P$ 和 $y_P$ 的表达式是椭圆的标准形式。<eoa> |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| kimi | (1)【解析】 首先，我们需要将直线 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的参数方程转换为普通方程。 对于直线 $C_{1}$，当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时，我们有： \[x = 1 + t \cos \frac{\pi}{3} = 1 + \frac{1}{2}t\] \[y = t \sin \frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}t\] 消去参数 $t$，我们可以得到直线 $C_{1}$ 的普通方程： \[y = \sqrt{3}(x - 1)\] 对于直线 $C_{2}$，我们有： \[x = \cos \theta\] \[y = \sin \theta\] 消去参数 $\theta$，我们可以得到直线 $C_{2}$ 的普通方程： \[x^2 + y^2 = 1\] 接下来，我们需要找到这两条直线的交点。 <eoe> 【答案】 联立直线 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的普通方程： \[\begin{cases} y = \sqrt{3}(x - 1) \\ x^2 + y^2 = 1 \end{cases}\] 将第一个方程代入第二个方程，得到： \[x^2 + (\sqrt{3}(x - 1))^2 = 1\] \[x^2 + 3(x^2 - 2x + 1) = 1\] \[4x^2 - 6x + 2 = 0\] 解这个二次方程，我们得到 $x = \frac{1}{2}$ 或 $x = 1$。由于 $x = 1$ 时，$y = 0$，这是直线 $C_{2}$ 的一个端点，我们舍去这个解。所以，$x = \frac{1}{2}$，代入第一个方程得到 $y = \frac{\sqrt{3}}{2}$。 因此，交点坐标为 $(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$。<eoa> (2)【解析】 对于直线 $C_{1}$，我们有： \[x = 1 + t \cos \alpha\] \[y = t \sin \alpha\] 直线 $C_{1}$ 过点 $(1, 0)$，斜率为 $\tan \alpha$。 过原点 $O$ 做 $C_{1}$ 的垂线，垂线的斜率为 $-\cot \alpha$，因此垂线的参数方程为： \[\left\{\begin{array}{l}x = -t \sin \alpha \\ y = t \cos \alpha\end{array}\right.\] 垂足 $A$ 的坐标为： \[\left\{\begin{array}{l}x_A = -t \sin \alpha \\ y_A = t \cos \alpha\end{array}\right.\] $OA$ 的中点 $P$ 的坐标为： \[\left\{\begin{array}{l}x_P = -\frac{1}{2}t \sin \alpha \\ y_P = \frac{1}{2}t \cos \alpha\end{array}\right.\] 消去参数 $t$，我们可以得到 $P$ 点的轨迹的参数方程： \[\left\{\begin{array}{l}x = -\frac{1}{2}t \sin \alpha \\ y = \frac{1}{2}t \cos \alpha\end{array}\right.\] 由于 $P$ 点的轨迹是原点到直线 $C_{1}$ 的垂线段的中点的轨迹，因此它是一个圆，且圆心在原点，半径为 $\frac{1}{2}$。 <eoe> 【答案】 $P$ 点的轨迹的参数方程为： \[\left\{\begin{array}{l}x = -\frac{1}{2}t \sin \alpha \\ y = \frac{1}{2}t \cos \alpha\end{array}\right.\] $P$ 点的轨迹是一个圆，圆心在原点，半径为 $\frac{1}{2}$。<eoa> |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| wenxinyiyan | (I) 当 $\alpha = \frac{\pi}{3}$ 时，$C_{1}$ 的方程为 $\left\{\begin{array}{l} x = 1 + t\cos\frac{\pi}{3} \\y = t\sin\frac{\pi}{3} \end{array}\right.$即 $\left\{\begin{array}{l} x = 1 + \frac{t}{2} \\y = \frac{\sqrt{3}t}{2} \end{array}\right.$消去参数 $t$，得到普通方程 $\sqrt{3}x - y - \sqrt{3} = 0$。 $C_{2}$ 的方程为 $\left\{\begin{array}{l} x = \cos\theta \\y = \sin\theta \end{array}\right.$消去参数 $\theta$，得到普通方程 $x^{2} + y^{2} = 1$。 联立两个普通方程 $\left\{\begin{array}{l} \sqrt{3}x - y - \sqrt{3} = 0 \\x^{2} + y^{2} = 1 \end{array}\right.$解得 $\left\{\begin{array}{l} x = 1 \\y = 0 \end{array}\right.$或 $\left\{\begin{array}{l} x = -\frac{1}{2} \\y = -\frac{\sqrt{3}}{2} \end{array}\right.$因此，交点坐标为 $(1, 0)$ 和 $\left(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$。 (II) 对于 $C_{1}$，我们有 $\left\{\begin{array}{l} x = 1 + t\cos\alpha \\y = t\sin\alpha \end{array}\right.$设点 $A$ 对应的参数为 $t = t_{A}$，则 $A$ 的坐标为 $(1 + t_{A}\cos\alpha, t_{A}\sin\alpha)$。 由于 $OA$ 垂直于 $C_{1}$，我们有 $\frac{t_{A}\sin\alpha}{1 + t_{A}\cos\alpha} = -\frac{1}{\tan\alpha}$解得 $t_{A} = -\frac{1}{\sin\alpha}$因此，$A$ 的坐标为 $\left(1 - \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}, -\frac{1}{\sin\alpha}\right)$。 由于 $P$ 是 $OA$ 的中点，$P$ 的坐标为 $\left(\frac{1}{2} - \frac{\cos\alpha}{2\sin\alpha}, -\frac{1}{2\sin\alpha}\right)$设 $\left\{\begin{array}{l} x = \frac{1}{2} - \frac{\cos\alpha}{2\sin\alpha} \\y = -\frac{1}{2\sin\alpha} \end{array}\right.$消去参数 $\alpha$，得到 $P$ 点的轨迹方程为 $(x - \frac{1}{2})^{2} + y^{2} = \frac{1}{4}$这是一个以 $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$ 为圆心，半径为 $\frac{1}{2}$ 的圆。 |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们将直线 \(C_1\) 和圆 \(C_2\) 的参数方程写出： \[ C_1: \begin{cases} x = 1 + t \cos \alpha \\ y = t \sin \alpha \end{cases} \] \[ C_2: \begin{cases} x = \cos \theta \\ y = \sin \theta \end{cases} \] 当 \(\alpha = \frac{\pi}{3}\) 时，直线 \(C_1\) 的参数方程变为： \[ \begin{cases} x = 1 + t \cos \frac{\pi}{3} = 1 + \frac{1}{2} t \\ y = t \sin \frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2} t \end{cases} \] 将 \(C_1\) 的参数方程代入 \(C_2\) 的方程中，得到： \[ \begin{cases} 1 + \frac{1}{2} t = \cos \theta \\ \frac{\sqrt{3}}{2} t = \sin \theta \end{cases} \] 利用三角恒等式 \(\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1\)，我们有： \[ \left(1 + \frac{1}{2} t\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2} t\right)^2 = 1 \] 展开并整理方程： \[ \left(1 + \frac{1}{2} t\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2} t\right)^2 = 1 \] \[ 1 + t + \frac{1}{4} t^2 + \frac{3}{4} t^2 = 1 \] \[ 1 + t + t^2 = 1 \] \[ t + t^2 = 0 \] \[ t(t + 1) = 0 \] 解得 \(t = 0\) 或 \(t = -1\)。 当 \(t = 0\) 时，交点坐标为： \[ \begin{cases} x = 1 + \frac{1}{2} \cdot 0 = 1 \\ y = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 0 = 0 \end{cases} \] 即交点为 \((1, 0)\)。 当 \(t = -1\) 时，交点坐标为： \[ \begin{cases} x = 1 + \frac{1}{2} \cdot (-1) = \frac{1}{2} \\ y = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot (-1) = -\frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases} \] 即交点为 \(\left(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\)。 综上所述，直线 \(C_1\) 与圆 \(C_2\) 的交点坐标为 \((1, 0)\) 和 \(\left(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\)。<eoe> 【答案】交点坐标为 \((1, 0)\) 和 \(\left(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\)<eoa> (2)【解析】 过坐标原点 \(O\) 做 \(C_1\) 的垂线，垂足为 \(A\)。设 \(A\) 点的坐标为 \((x_A, y_A)\)。 直线 \(C_1\) 的斜率为 \(\tan \alpha\)，所以垂线的斜率为 \(-\cot \alpha\)。 直线 \(C_1\) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = 1 + t \cos \alpha \\ y = t \sin \alpha \end{cases} \] 垂线方程可以表示为： \[ y = -\cot \alpha \cdot x \] 将 \(A\) 点的坐标 \((x_A, y_A)\) 代入垂线方程和 \(C_1\) 的方程中，得到： \[ y_A = -\cot \alpha \cdot x_A \] \[ x_A = 1 + t \cos \alpha \] \[ y_A = t \sin \alpha \] 由 \(y_A = -\cot \alpha \cdot x_A\) 和 \(y_A = t \sin \alpha\)，得到： \[ t \sin \alpha = -\cot \alpha \cdot (1 + t \cos \alpha) \] \[ t \sin \alpha = -\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} \cdot (1 + t \cos \alpha) \] \[ t \sin^2 \alpha = -\cos \alpha \cdot (1 + t \cos \alpha) \] \[ t \sin^2 \alpha = -\cos \alpha - t \cos^2 \alpha \] \[ t (\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha) = -\cos \alpha \] \[ t = -\frac{\cos \alpha}{1} = -\cos \alpha \] 代入 \(x_A\) 和 \(y_A\) 的表达式： \[ x_A = 1 + (-\cos \alpha) \cos \alpha = 1 - \cos^2 \alpha \] \[ y_A = (-\cos \alpha) \sin \alpha = -\cos \alpha \sin \alpha \] 点 \(P\) 为 \(O\) 和 \(A\) 的中点，所以 \(P\) 的坐标为： \[ P\left( \frac{0 + x_A}{2}, \frac{0 + y_A}{2} \right) = \left( \frac{1 - \cos^2 \alpha}{2}, \frac{-\cos \alpha \sin \alpha}{2} \right) \] 令 \(u = \cos \alpha\)，则 \(P\) 点的轨迹的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \frac{1 - u^2}{2} \\ y = \frac{-u \sqrt{1 - u^2}}{2} \end{cases} \] 将参数 \(u\) 消去，得到 \(P\) 点的轨迹方程： \[ x = \frac{1 - \cos^2 \alpha}{2} = \frac{1 - (1 - \sin^2 \alpha)}{2} = \frac{\sin^2 \alpha}{2} \] \[ y = \frac{-\cos \alpha \sin \alpha}{2} \] 令 \(x = \frac{\sin^2 \alpha}{2}\)，则 \(\sin^2 \alpha = 2x\)，代入 \(y\) 的表达式： \[ y = \frac{-\cos \alpha \sin \alpha}{2} = \frac{-\cos \alpha \sqrt{2x}}{2} \] 由于 \(\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1\)，所以 \(\cos^2 \alpha = 1 - \sin^2 \alpha = 1 - 2x\)，则 \(\cos \alpha = \pm \sqrt{1 - 2x}\)。 因此，\(y\) 的表达式为： \[ y = \pm \frac{-\sqrt{(1 - 2x) \cdot 2x}}{2} = \pm \frac{-\sqrt{2x - 2x^2}}{2} \] 所以，\(P\) 点的轨迹方程为： \[ y^2 = \frac{2x - 2x^2}{4} \] \[ 4y^2 = 2x - 2x^2 \] \[ 2x^2 - 2x + 4y^2 = 0 \] \[ x^2 - x + 2y^2 = 0 \] 这是一个圆的方程。 综上所述，\(P\) 点的轨迹是一个圆，参数方程为： \[ \begin{cases} x = \frac{1 - \cos^2 \alpha}{2} \\ y = \frac{-\cos \alpha \sin \alpha}{2} \end{cases} \]<eoe> 【答案】\(P\) 点的轨迹的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \frac{1 - \cos^2 \alpha}{2} \\ y = \frac{-\cos \alpha \sin \alpha}{2} \end{cases} \] 它是一个圆。<eoa> |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| gpto1 | (1) 【解析】 当 $\alpha = \dfrac{\pi}{3}$ 时，直线 $C_1$ 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = 1 + t \cos \dfrac{\pi}{3} = 1 + \dfrac{t}{2} \\ y = t \sin \dfrac{\pi}{3} = t \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{\sqrt{3} t}{2} \end{cases} \] 消去参数 $t$，由第一个方程得到 $t = 2(x - 1)$，代入第二个方程： \[ y = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot 2(x - 1) = \sqrt{3}(x - 1) \] 因此，直线 $C_1$ 的方程为 $y = \sqrt{3}(x - 1)$。 圆周 $C_2$ 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \cos \theta \\ y = \sin \theta \end{cases} \] 消去参数 $\theta$，得到圆的方程 $x^2 + y^2 = 1$。 求 $C_1$ 与 $C_2$ 的交点，即求解方程组： \[ \begin{cases} x^2 + y^2 = 1 \\ y = \sqrt{3}(x - 1) \end{cases} \] 将 $y$ 代入圆的方程，得到： \[ x^2 + [\sqrt{3}(x - 1)]^2 = 1 \\ x^2 + 3(x - 1)^2 = 1 \\ x^2 + 3(x^2 - 2x + 1) = 1 \\ x^2 + 3x^2 - 6x + 3 = 1 \\ 4x^2 - 6x + 2 = 0 \\ 2x^2 - 3x + 1 = 0 \] 解二次方程： \[ x = \dfrac{3 \pm \sqrt{9 - 8}}{4} = \dfrac{3 \pm 1}{4} \] 得到 $x = 1$ 或 $x = \dfrac{1}{2}$。 对应的 $y$ 值为： 当 $x = 1$ 时，$y = \sqrt{3}(1 - 1) = 0$； 当 $x = \dfrac{1}{2}$ 时，$y = \sqrt{3}(\dfrac{1}{2} - 1) = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。 因此，$C_1$ 与 $C_2$ 的交点为 $(1, 0)$ 和 $\left( \dfrac{1}{2}, -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)$。 <eoe> 【答案】 (I) 交点坐标为 $(1, 0)$ 和 $\left( \dfrac{1}{2}, -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)$。 <eoa> (2) 【解析】 直线 $C_1$ 的一般式为： \[ x = 1 + t \cos \alpha \\ y = t \sin \alpha \] 消去 $t$，得到： \[ t = \dfrac{x - 1}{\cos \alpha} \\ y = \dfrac{(x - 1) \sin \alpha}{\cos \alpha} = (x - 1) \tan \alpha \] 故 $C_1$ 的方程为 $y = (x - 1) \tan \alpha$。 过原点 $O$ 作 $C_1$ 的垂线，其斜率为 $k' = -\dfrac{1}{\tan \alpha} = -\cot \alpha$。 垂足 $A$ 在直线 $C_1$ 上，坐标为 $(x_A, y_A)$，满足： \[ y_A = (x_A - 1) \tan \alpha \\ y_A = -\cot \alpha \cdot x_A \] 解方程组： \[ (x_A - 1) \tan \alpha = -\cot \alpha \cdot x_A \\ (x_A - 1) \tan^2 \alpha + x_A = 0 \\ x_A (\tan^2 \alpha + 1) - \tan^2 \alpha = 0 \\ x_A = \dfrac{\tan^2 \alpha}{\tan^2 \alpha + 1} \] $y_A$ 计算为： \[ y_A = -\cot \alpha \cdot x_A = -\dfrac{1}{\tan \alpha} \cdot \dfrac{\tan^2 \alpha}{\tan^2 \alpha + 1} = -\dfrac{\tan \alpha}{\tan^2 \alpha + 1} \] 因为 $1 + \tan^2 \alpha = \dfrac{1}{\cos^2 \alpha}$，所以： \[ x_A = \dfrac{\sin^2 \alpha}{\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha} = \sin^2 \alpha \\ y_A = -\dfrac{\sin \alpha \cos \alpha}{\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha} = -\sin \alpha \cos \alpha \] 点 $P$ 是 $O A$ 的中点，坐标为： \[ x_P = \dfrac{x_A}{2} = \dfrac{\sin^2 \alpha}{2} \\ y_P = \dfrac{y_A}{2} = -\dfrac{\sin \alpha \cos \alpha}{2} \] 利用三角恒等式： \[ \sin^2 \alpha = \dfrac{1 - \cos 2\alpha}{2} \\ \sin \alpha \cos \alpha = \dfrac{\sin 2\alpha}{2} \] 因此： \[ x_P = \dfrac{1 - \cos 2\alpha}{4} \\ y_P = -\dfrac{\sin 2\alpha}{4} \] 消去参数 $2\alpha$，利用单位圆上的参数方程： \[ \left( x_P - \dfrac{1}{4} \right)^2 + y_P^2 = \left( \dfrac{1}{4} \right)^2 \] 这是一个以 $\left( \dfrac{1}{4}, 0 \right)$ 为圆心，半径为 $\dfrac{1}{4}$ 的圆的方程。 <eoe> 【答案】 (II) 点 $P$ 的轨迹的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \dfrac{1 - \cos 2\alpha}{4} \\ y = -\dfrac{\sin 2\alpha}{4} \end{cases} \] 其轨迹是以 $\left( \dfrac{1}{4}, 0 \right)$ 为圆心，半径为 $\dfrac{1}{4}$ 的圆。 <eoa> |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| deepseekv3 | server error: Error code: 400 - {'error': {'code': 'RequestTimeOut', 'param': None, 'message': 'Request timed out, please try again later.', 'type': 'RequestTimeOut'}, 'id': 'chatcmpl-b7af769f-c04e-9fa4-84d1-d36d7e11e251', 'request_id': 'b7af769f-c04e-9fa4-84d1-d36d7e11e251'} | 解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |