| 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，我们将曲线 $C_{1}$ 的参数方程转换为普通方程。给定参数方程： \[ \left\{ \begin{array}{l} x = \sqrt{3} \cos \alpha \\ y = \sin \alpha \end{array} \right. \] 我们知道 $\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1$，因此： \[ \left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right)^2 + y^2 = 1 \] 即： \[ \frac{x^2}{3} + y^2 = 1 \] 这就是曲线 $C_{1}$ 的普通方程。 接下来，我们将曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程转换为直角坐标方程。给定极坐标方程： \[ \rho \sin \left(\theta + \frac{\pi}{4}\right) = 2 \sqrt{2} \] 利用三角恒等式 $\sin \left(\theta + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2} (\sin \theta + \cos \theta)$，我们可以将方程改写为： \[ \rho \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} (\sin \theta + \cos \theta) = 2 \sqrt{2} \] 简化后得到： \[ \rho (\sin \theta + \cos \theta) = 4 \] 在极坐标系中，$\rho = \sqrt{x^2 + y^2}$，$\sin \theta = \frac{y}{\rho}$，$\cos \theta = \frac{x}{\rho}$，代入得到： \[ \sqrt{x^2 + y^2} \left(\frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}} + \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}}\right) = 4 \] 简化后得到： \[ x + y = 4 \] 这就是曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程。 <eoe> 【答案】 (1) $C_{1}$ 的普通方程为 $\frac{x^2}{3} + y^2 = 1$； $C_{2}$ 的直角坐标方程为 $x + y = 4$。 <eoa> (2)【解析】 设点 $P$ 在 $C_{1}$ 上，其坐标为 $(x_1, y_1)$，满足 $\frac{x_1^2}{3} + y_1^2 = 1$。设点 $Q$ 在 $C_{2}$ 上，其坐标为 $(x_2, y_2)$，满足 $x_2 + y_2 = 4$。 我们要求 $|PQ|$ 的最小值，即： \[ |PQ| = \sqrt{(x_1 - x_2)^2 + (y_1 - y_2)^2} \] 为了使 $|PQ|$ 最小，我们可以利用几何方法，找到 $C_{1}$ 上的点到直线 $C_{2}$ 的垂直距离。设 $P$ 的坐标为 $(x_1, y_1)$，则直线 $C_{2}$ 的方程为 $x + y = 4$，其法向量为 $(1, 1)$。 点 $(x_1, y_1)$ 到直线 $x + y = 4$ 的距离为： \[ \frac{|x_1 + y_1 - 4|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{|x_1 + y_1 - 4|}{\sqrt{2}} \] 为了使距离最小，我们需要使 $x_1 + y_1 = 4$。将 $x_1 = 4 - y_1$ 代入 $C_{1}$ 的方程： \[ \frac{(4 - y_1)^2}{3} + y_1^2 = 1 \] 解这个方程： \[ \frac{16 - 8y_1 + y_1^2}{3} + y_1^2 = 1 \] \[ \frac{16}{3} - \frac{8y_1}{3} + \frac{4y_1^2}{3} = 1 \] \[ 16 - 8y_1 + 4y_1^2 = 3 \] \[ 4y_1^2 - 8y_1 + 13 = 0 \] 解这个二次方程： \[ y_1 = \frac{8 \pm \sqrt{64 - 52}}{8} = \frac{8 \pm \sqrt{12}}{8} = \frac{8 \pm 2\sqrt{3}}{8} = 1 \pm \frac{\sqrt{3}}{2} \] 对应的 $x_1$ 为： \[ x_1 = 4 - y_1 = 4 - \left(1 \pm \frac{\sqrt{3}}{2}\right) = 3 \mp \frac{\sqrt{3}}{2} \] 因此，$P$ 的坐标为： \[ \left(3 - \frac{\sqrt{3}}{2}, 1 + \frac{\sqrt{3}}{2}\right) \text{ 或 } \left(3 + \frac{\sqrt{3}}{2}, 1 - \frac{\sqrt{3}}{2}\right) \] 此时，$Q$ 的坐标为： \[ \left(3 - \frac{\sqrt{3}}{2}, 1 + \frac{\sqrt{3}}{2}\right) \text{ 或 } \left(3 + \frac{\sqrt{3}}{2}, 1 - \frac{\sqrt{3}}{2}\right) \] 最小距离为： \[ |PQ| = 0 \] <eoe> 【答案】 (2) $|PQ|$ 的最小值为 $0$，此时 $P$ 的直角坐标为 $\left(3 - \frac{\sqrt{3}}{2}, 1 + \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 或 $\left(3 + \frac{\sqrt{3}}{2}, 1 - \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$。 <eoa> |
解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$; 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$, 即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$, 由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$, 即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$; (2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时, $|P Q|$ 取得最值. 设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$, 由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$, 解得 $t= \pm 2$, 显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值, 即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$, 此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$, 即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. 另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$, 由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$ $=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$ 当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$, 此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 曲线 $C_1$ 的参数方程为 $\begin{cases}x=\sqrt{3}\cos\alpha \\ y=\sin\alpha\end{cases}$，消去参数 $\alpha$。由 $\cos\alpha = x/\sqrt{3}$ 和 $\sin\alpha = y$，结合 $\cos^2\alpha + \sin^2\alpha =1$，得 $\left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right)^2 + y^2 =1$，即 $C_1$ 的普通方程为 $\frac{x^2}{3} + y^2 =1$。 对于曲线 $C_2$，其极坐标方程为 $\rho\sin\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2\sqrt{2}$。利用和角公式展开得 $\rho\left(\sin\theta\cos\frac{\pi}{4}+\cos\theta\sin\frac{\pi}{4}\right)=2\sqrt{2}$，即 $\rho\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin\theta+\cos\theta)=2\sqrt{2}$。两边同乘 $\sqrt{2}$ 得 $\rho(\sin\theta+\cos\theta)=4$。代入 $\rho\sin\theta = y$ 和 $\rho\cos\theta =x$，得 $x + y =4$，即 $C_2$ 的直角坐标方程为 $x + y =4$。 <eoe> 【答案】 (1) $C_1$ 的普通方程为 $\frac{x^2}{3} + y^2 =1$； $C_2$ 的直角坐标方程为 $x + y =4$。 <eoa> (2)【解析】 点 $P$ 在椭圆 $C_1$ 上，点 $Q$ 在直线 $C_2$ 上，求 $|PQ|$ 的最小值等价于求椭圆到直线的最短距离。椭圆上点 $P(x,y)$ 到直线 $x+y=4$ 的距离为 $\frac{|x+y-4|}{\sqrt{2}}$。需在椭圆 $\frac{x^2}{3} + y^2 =1$ 上求 $|x+y-4|$ 的最小值。 用参数方程法，设 $x=\sqrt{3}\cos\alpha$，$y=\sin\alpha$，则 $x+y=\sqrt{3}\cos\alpha+\sin\alpha$。其最大值为 $2$，最小值为 $-2$（由幅角公式）。因 $4 > 2$，故最小值为 $|2-4|=2$，对应距离为 $\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$。当 $x+y=2$ 时，$\cos(\alpha-\frac{\pi}{6})=1$，即 $\alpha=\frac{\pi}{6}$。此时 $x=\sqrt{3}\cos\frac{\pi}{6}=\frac{3}{2}$，$y=\sin\frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}$，故 $P$ 的坐标为 $\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$。 <eoe> 【答案】 (2) $|PQ|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$，此时 $P$ 的直角坐标为 $\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$。 <eoa> |
解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$; 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$, 即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$, 由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$, 即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$; (2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时, $|P Q|$ 取得最值. 设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$, 由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$, 解得 $t= \pm 2$, 显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值, 即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$, 此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$, 即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. 另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$, 由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$ $=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$ 当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$, 此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. |
| gpto1 | (1) 【解析】 对于曲线 \(C_1\)，其参数方程为： \[ \begin{cases} x = \sqrt{3} \cos \alpha \\ y = \sin \alpha \end{cases} \] 消去参数 \(\alpha\)。 利用三角恒等式 \(\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1\)，得到： \[ \left( \dfrac{x}{\sqrt{3}} \right)^2 + y^2 = 1 \implies \dfrac{x^2}{3} + y^2 = 1 \] 两边同乘以 3，得： \[ x^2 + 3 y^2 = 3 \] 所以，\(C_1\) 的普通方程是： \[ x^2 + 3 y^2 = 3 \] 对于曲线 \(C_2\)，其极坐标方程为： \[ \rho \sin \left( \theta + \dfrac{\pi}{4} \right) = 2\sqrt{2} \] 利用和角公式展开： \[ \sin \left( \theta + \dfrac{\pi}{4} \right) = \sin \theta \cos \dfrac{\pi}{4} + \cos \theta \sin \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} ( \sin \theta + \cos \theta ) \] 因此，方程变为： \[ \rho \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} ( \sin \theta + \cos \theta ) = 2\sqrt{2} \implies \rho ( \sin \theta + \cos \theta ) = 4 \] 利用极坐标与直角坐标的关系： \[ x = \rho \cos \theta,\quad y = \rho \sin \theta \] 因此， \[ \rho \sin \theta = y,\quad \rho \cos \theta = x \] 代入方程，得到： \[ x + y = 4 \] 所以，\(C_2\) 的直角坐标方程为： \[ x + y = 4 \] <eoe> 【答案】 （1）\(C_1\) 的普通方程为：\(x^2 + 3y^2 = 3\)； \(C_2\) 的直角坐标方程为：\(x + y = 4\)。 <eoa> (2) 【解析】 设点 \(P(x, y)\) 在椭圆 \(x^2 + 3 y^2 = 3\) 上，点 \(Q\) 在直线 \(x + y = 4\) 上。为了求 \(|PQ|\) 的最小值，我们考虑点 \(P\) 到直线 \(x + y = 4\) 的距离的最小值，因为对于固定的 \(P\)，从 \(P\) 到直线上的最近点 \(Q\) 就是在直线上到 \(P\) 的垂足。 点 \(P\) 到直线 \(x + y = 4\) 的距离为： \[ D = \dfrac{|x + y - 4|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \dfrac{|x + y - 4|}{\sqrt{2}} \] 为了找到最小的 \(|PQ|\)，即 \(D\) 的最小值，我们可以将问题转化为在约束条件 \(x^2 + 3 y^2 = 3\) 下，求目标函数 \[ f(x, y) = \dfrac{(x + y - 4)^2}{2} \] 的最小值。 使用拉格朗日乘数法，构造拉格朗日函数： \[ L(x, y, \lambda) = \dfrac{(x + y - 4)^2}{2} - \lambda (x^2 + 3 y^2 - 3) \] 对 \(x\) 和 \(y\) 求偏导并令其等于零： \[ \begin{cases} \dfrac{\partial L}{\partial x} = (x + y - 4) - 2 \lambda x = 0 \\ \dfrac{\partial L}{\partial y} = (x + y - 4) - 6 \lambda y = 0 \\ x^2 + 3 y^2 = 3 \end{cases} \] 由前两个方程可得： \[ (x + y - 4) = 2 \lambda x = 6 \lambda y \] 因此： \[ 2 \lambda x = 6 \lambda y \implies x = 3 y \] 将 \(x = 3 y\) 代入约束条件： \[ (3 y)^2 + 3 y^2 = 3 \implies 12 y^2 = 3 \implies y^2 = \dfrac{1}{4} \] 所以 \(y = \pm \dfrac{1}{2}\)，对应的 \(x = 3 y = \pm \dfrac{3}{2}\)。 计算对应的距离平方： 对于 \(y = \dfrac{1}{2}, x = \dfrac{3}{2}\)： \[ x + y - 4 = \dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{2} - 4 = 2 - 4 = -2 \] \[ D^2 = \dfrac{(-2)^2}{2} = 2 \] 对于 \(y = -\dfrac{1}{2}, x = -\dfrac{3}{2}\)： \[ x + y - 4 = -\dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{2} - 4 = -5 \] \[ D^2 = \dfrac{(-5)^2}{2} = \dfrac{25}{2} \] 显然，当 \(y = \dfrac{1}{2}\) 时，\(D^2\) 最小。 因此，\(|PQ|\) 的最小值为 \(\sqrt{2}\)，此时 \(P\) 的坐标为 \(\left( \dfrac{3}{2}, \dfrac{1}{2} \right)\)。 <eoe> 【答案】 （2）\(|PQ|\) 的最小值为 \(\sqrt{2}\)，此时 \(P\) 的坐标为 \(\left( \dfrac{3}{2},\ \dfrac{1}{2} \right)\)。 <eoa> |
解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$; 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$, 即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$, 由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$, 即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$; (2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时, $|P Q|$ 取得最值. 设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$, 由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$, 解得 $t= \pm 2$, 显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值, 即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$, 此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$, 即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. 另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$, 由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$ $=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$ 当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$, 此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. |
| GPT-4o | (1)【解析】 首先，我们需要将曲线 \(C_1\) 的参数方程转换为普通方程。曲线 \(C_1\) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \sqrt{3} \cos \alpha \\ y = \sin \alpha \end{cases} \] 为了消去参数 \(\alpha\)，我们利用三角函数的恒等式： \[ \cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1 \] 将 \(x\) 和 \(y\) 带入该恒等式： \[ \left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right)^2 + y^2 = 1 \] 化简后得到曲线 \(C_1\) 的普通方程： \[ \frac{x^2}{3} + y^2 = 1 \] 接下来，将曲线 \(C_2\) 的极坐标方程转换为直角坐标方程。曲线 \(C_2\) 的极坐标方程为： \[ \rho \sin \left(\theta + \frac{\pi}{4}\right) = 2 \sqrt{2} \] 利用三角函数的和差公式： \[ \sin \left(\theta + \frac{\pi}{4}\right) = \sin \theta \cos \frac{\pi}{4} + \cos \theta \sin \frac{\pi}{4} \] \[ = \sin \theta \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} + \cos \theta \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \] \[ = \frac{\sqrt{2}}{2} (\sin \theta + \cos \theta) \] 因此，曲线 \(C_2\) 的极坐标方程变为： \[ \rho \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} (\sin \theta + \cos \theta) = 2 \sqrt{2} \] \[ \rho (\sin \theta + \cos \theta) = 4 \] 将极坐标转换为直角坐标： \[ \rho \sin \theta = y \] \[ \rho \cos \theta = x \] 因此： \[ x + y = 4 \] 故曲线 \(C_2\) 的直角坐标方程为： \[ x + y = 4 \]<eoe> 【答案】\(C_1\) 的普通方程是 \(\frac{x^2}{3} + y^2 = 1\)，\(C_2\) 的直角坐标方程是 \(x + y = 4\)。<eoa> (2)【解析】 设点 \(P\) 在曲线 \(C_1\) 上，其坐标为 \((x_1, y_1)\)，满足： \[ \frac{x_1^2}{3} + y_1^2 = 1 \] 设点 \(Q\) 在曲线 \(C_2\) 上，其坐标为 \((x_2, y_2)\)，满足： \[ x_2 + y_2 = 4 \] 我们要求的是 \(P\) 和 \(Q\) 之间的距离 \(|PQ|\) 的最小值。记距离公式为： \[ |PQ| = \sqrt{(x_1 - x_2)^2 + (y_1 - y_2)^2} \] 为了简化问题，我们先找出 \(P\) 在曲线 \(C_1\) 上的坐标 \((x_1, y_1)\) 和 \(Q\) 在曲线 \(C_2\) 上的坐标 \((x_2, y_2)\)，使得 \(|PQ|\) 最小。 我们可以使用拉格朗日乘数法来求解。设拉格朗日函数为： \[ L(x_1, y_1, x_2, y_2, \lambda, \mu) = (x_1 - x_2)^2 + (y_1 - y_2)^2 + \lambda \left(\frac{x_1^2}{3} + y_1^2 - 1\right) + \mu (x_2 + y_2 - 4) \] 对 \(L\) 求偏导，并分别令其等于零，得到： \[ \frac{\partial L}{\partial x_1} = 2(x_1 - x_2) + \lambda \cdot \frac{2 |
解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$; 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$, 即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$, 由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$, 即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$; (2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时, $|P Q|$ 取得最值. 设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$, 由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$, 解得 $t= \pm 2$, 显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值, 即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$, 此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$, 即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. 另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$, 由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$ $=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$ 当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$, 此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】先由参数方程求出C_{1}的普通方程,再由极坐标方程求出C_{2}的直角坐标方程.由\begin{cases}x=\sqrt{3}\cos\alpha\\y=\sin\alpha\end{cases},得\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{1}=1,即C_{1}的方程为\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1,由\begin{cases}\rho\sin(\theta+\frac{\pi}{4})=2\sqrt{2}\\\rho\cos\theta=x\\\rho\sin\theta=y\end{cases},得\begin{cases}x+y=2\sqrt{2}\\x^{2}+y^{2}=\rho^{2}\end{cases},即C_{2}的方程为x^{2}+y^{2}=(2\sqrt{2}-y)^{2},即x^{2}+2y^{2}-4\sqrt{2}y+4=0.(2)由题意,设P(\sqrt{3}\cos\alpha,\sin\alpha),Q(2\sqrt{2}-y,y),则|PQ|^{2}=(\sqrt{3}\cos\alpha-2\sqrt{2}+y)^{2}+(\sin\alpha-y)^{2}=3\cos^{2}\alpha-4\sqrt{6}\cos\alpha+8-4\sqrt{2}y+2y^{2}+\sin^{2}\alpha-2\sin\alpha\cdoty+y^{2}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-4\sqrt{2}y+3y^{2}-2\sin\alpha\cdoty=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty+3(y-\frac{2\sqrt{2}}{3})^{2}-\frac{8}{3}\geqslant4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4-4\sqrt{6}\cos\alpha-2\sin\alpha\cdoty-\frac{8}{3}=4 |
解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$; 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$, 即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$, 由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$, 即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$; (2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时, $|P Q|$ 取得最值. 设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$, 由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$, 解得 $t= \pm 2$, 显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值, 即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$, 此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$, 即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. 另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$, 由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$ $=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$ 当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$, 此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)由题意得,C_{1}的普通方程为\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1,即\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{1}=1,故C_{1}是焦点在y轴上的椭圆,其中a=1,b=\sqrt{3},c=2.由题意得,C_{2}的直角坐标方程为x+y=4.(2)由题意得,点P在椭圆C_{1}上,点Q在直线C_{2}上,故当P,Q两点的连线与直线C_{2}垂直时,|PQ|最小,此时设P(x_{0},y_{0}),则x_{0}=y_{0},又\frac{x_{0}^{2}}{3}+y |
解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$; 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$, 即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$, 由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$, 即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$; (2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时, $|P Q|$ 取得最值. 设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$, 由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$, 解得 $t= \pm 2$, 显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值, 即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$, 此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$, 即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. 另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$, 由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$ $=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$ 当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$, 此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】首先，我们需要将曲线 $C_{1}$ 的参数方程转换为普通方程。给定的参数方程为 $\\left\\{\\begin{array}{l}x=\\sqrt{3} \\cos \\alpha \\\\ y=\\sin \\alpha\\end{array}\\right.$。我们可以利用三角函数的基本关系 $\\cos^2 \\alpha + \\sin^2 \\alpha = 1$ 来消去参数 $\\alpha$。\n\n将 $x$ 和 $y$ 代入三角函数关系中：\n\\[\n\\left(\\frac{x}{\\sqrt{3}}\\right)^2 + y^2 = \\cos^2 \\alpha + \\sin^2 \\alpha = 1\n\\]\n简化得到：\n\\[\n\\frac{x^2}{3} + y^2 = 1\n\\]\n这就是曲线 $C_{1}$ 的普通方程。\n\n接下来，我们将曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程转换为直角坐标方程。给定的极坐标方程为 $\\rho \\sin \\left(\\theta+\\frac{\\pi}{4}\\right)=2 \\sqrt{2}$。我们可以利用三角函数的和角公式将其展开：\n\\[\n\\rho \\left(\\sin \\theta \\cos \\frac{\\pi}{4} + \\cos \\theta \\sin \\frac{\\pi}{4}\\right) = 2 \\sqrt{2}\n\\]\n由于 $\\cos \\frac{\\pi}{4} = \\sin \\frac{\\pi}{4} = \\frac{\\sqrt{2}}{2}$，方程变为：\n\\[\n\\rho \\left(\\sin \\theta \\cdot \\frac{\\sqrt{2}}{2} + \\cos \\theta \\cdot \\frac{\\sqrt{2}}{2}\\right) = 2 \\sqrt{2}\n\\]\n简化得到：\n\\[\n\\rho \\left(\\frac{\\sqrt{2}}{2} (\\sin \\theta + \\cos \\theta)\\right) = 2 \\sqrt{2}\n\\]\n进一步简化：\n\\[\n\\rho (\\sin \\theta + \\cos \\theta) = 4\n\\]\n在极坐标系中，$\\rho \\cos \\theta = x$ 和 $\\rho \\sin \\theta = y$，所以方程可以写成：\n\\[\nx + y = 4\n\\]\n这就是曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程。<eoe>\n【答案】$C_{1}$ 的普通方程为 $\\frac{x^2}{3} + y^2 = 1$，$C_{2}$ 的直角坐标方程为 $x + y = 4$<eoa>\n\n(2)【解析】我们需要求点 $P$ 在 $C_{1}$ 上，点 $Q$ 在 $C_{2}$ 上时 $|PQ|$ 的最小值及此时 $P$ 的直角坐标。\n\n首先，设点 $P$ 的坐标为 $(\\sqrt{3} \\cos \\alpha, \\sin \\alpha)$，点 $Q$ 的坐标为 $(x, y)$，其中 $x + y = 4$。我们需要最小化 $|PQ|$，即：\n\\[\n|PQ| = \\sqrt{(\\sqrt{3} \\cos \\alpha - x)^2 + (\\sin \\alpha - y)^2}\n\\]\n由于 $Q$ 在 $C_{2}$ 上，$x + y = 4$，我们可以设 $Q$ 的坐标为 $(x, 4 - x)$。因此，$|PQ|$ 变为：\n\\[\n|PQ| = \\sqrt{(\\sqrt{3} \\cos \\alpha - x)^2 + (\\sin \\alpha - (4 - x))^2}\n\\]\n简化得到：\n\\[\n|PQ| = \\sqrt{(\\sqrt{3} \\cos \\alpha - x)^2 + (\\sin \\alpha - 4 + x)^2}\n\\]\n进一步简化：\n\\[\n|PQ| = \\sqrt{(\\sqrt{3} \\cos \\alpha - x)^2 + (x - (4 - \\sin \\alpha))^2}\n\\]\n\\[\n|PQ| = \\sqrt{(\\sqrt{3} \\cos \\alpha - x)^2 + (x - 4 + \\sin \\alpha)^2}\n\\]\n为了最小化 $|PQ|$，我们可以考虑 $P$ 和 $Q$ 的距离公式。由于 $C_{1}$ 是一个椭圆，$C_{2}$ 是一条直线，最小距离发生在 $P$ 到直线的垂直距离。\n\n椭圆的中心在原点，直线的方程为 $x + y = 4$，垂直距离公式为：\n\\[\nd = \\frac{|Ax_1 + By_1 + C|}{\\sqrt{A^2 + B^2}}\n\\]\n其中 $A = 1$，$B = 1$，$C = -4$，$P$ 的坐标为 $(\\sqrt{3} \\cos \\alpha, \\sin \\alpha)$。代入公式得到：\n\\[\nd = \\frac{|\\sqrt{3} \\cos \\alpha + \\sin \\alpha - 4|}{\\sqrt{1^2 + 1^2}} = \\frac{|\\sqrt{3} \\cos \\alpha + \\sin \\alpha - 4|}{\\sqrt{2}}\n\\]\n为了使距离最小，我们需要 $|\\sqrt{3} \\cos \\alpha + \\sin \\alpha - 4|$ 最小。通过观察，当 $\\alpha = \\frac{\\pi}{6}$ 时，$\\cos \\alpha = \\frac{\\sqrt{3}}{2}$，$\\sin \\alpha = \\frac{1}{2}$，代入得到：\n\\[\n\\sqrt{3} \\cos \\alpha + \\sin \\alpha = \\sqrt{3} \\cdot \\frac{\\sqrt{3}}{2} + \\frac{1}{2} = \\frac{3}{2} + \\frac{1}{2} = 2\n\\]\n此时：\n\\[\nd = \\frac{|2 - 4|}{\\sqrt{2}} = \\frac{2}{\\sqrt{2}} = \\sqrt{2}\n\\]\n因此，$|PQ|$ 的最小值为 $\\sqrt{2}$，此时 $P$ 的直角坐标为 $(\\frac{3}{2}, \\frac{1}{2})$。<eoe>\n【答案】$|PQ|$ 的最小值为 $\\sqrt{2}$，此时 $P$ 的直角坐标为 $(\\frac{3}{2}, \\frac{1}{2})$<eoa>" | 解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$; 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$, 即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$, 由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$, 即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$; (2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时, $|P Q|$ 取得最值. 设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$, 由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$, 解得 $t= \pm 2$, 显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值, 即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$, 此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$, 即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. 另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$, 由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$ $=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$ 当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$, 此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】 首先, 我们需要将参数方程和极坐标方程转换为直角坐标方程。对于 $C_1$, 我们有 $x=\\sqrt{3}\\cos\\alpha$ 和 $y=\\sin\\alpha$。由于 $\\cos^2\\alpha+\\sin^2\\alpha=1$，我们可以将 $x$ 和 $y$ 的表达式代入这个恒等式中，得到 $C_1$ 的普通方程。对于 $C_2$，我们首先将极坐标方程 $\\rho\\sin(\\theta+\\frac{\\pi}{4})=2\\sqrt{2}$ 转换为直角坐标系下的方程，利用 $\\rho=\\sqrt{x^2+y^2}$ 和 $\\theta=\\arctan\\frac{y}{x}$，以及三角函数的和角公式 $\\sin(\\alpha+\\beta)=\\sin\\alpha\\cos\\beta+\\cos\\alpha\\sin\\beta$ 来进行转换。<eoe>\n【答案】 对于 $C_1$，将 $x=\\sqrt{3}\\cos\\alpha$ 和 $y=\\sin\\alpha$ 代入 $\\cos^2\\alpha+\\sin^2\\alpha=1$，得到 $\\frac{x^2}{3}+y^2=1$。因此，$C_1$ 的普通方程为 $\\frac{x^2}{3}+y^2=1$。对于 $C_2$，利用极坐标与直角坐标的关系以及三角函数的和角公式，我们有 $\\rho(\\sin\\theta\\cos\\frac{\\pi}{4}+\\cos\\theta\\sin\\frac{\\pi}{4})=2\\sqrt{2}$，即 $\\rho(\\frac{\\sqrt{2}}{2}\\sin\\theta+\\frac{\\sqrt{2}}{2}\\cos\\theta)=2\\sqrt{2}$。将 $\\rho=\\sqrt{x^2+y^2}$ 和 $\\theta=\\arctan\\frac{y}{x}$ 代入，得到 $\\sqrt{x^2+y^2}(\\frac{\\sqrt{2}}{2}\\frac{y}{\\sqrt{x^2+y^2}}+\\frac{\\sqrt{2}}{2}\\frac{x}{\\sqrt{x^2+y^2}})=2\\sqrt{2}$，化简后得到 $x+y=4$。因此，$C_2$ 的直角坐标方程为 $x+y=4$。<eoa>\n\n(2)【解析】 要求 $|PQ|$ 的最小值，即求点 $P$ 到直线 $C_2$ 的距离的最小值。点到直线的距离公式为 $d=\\frac{|Ax_0+By_0+C|}{\\sqrt{A^2+B^2}}$，其中 $(x_0,y_0)$ 是点的坐标，$Ax+By+C=0$ 是直线的方程。由于 $P$ 在椭圆 $C_1$ 上，我们可以通过椭圆的参数方程来表示 $P$ 的坐标，然后代入点到直线的距离公式中。为了求得最小值，我们需要对 $d$ 关于 $\\alpha$ 求导，找到导数为零的点，从而确定 $|PQ|$ 的最小值以及此时 $P$ 的坐标。<eoe>\n【答案】 设 $P(\\sqrt{3}\\cos\\alpha,\\sin\\alpha)$，直线 $C_2$ 的方程为 $x+y-4=0$。根据点到直线的距离公式，$|PQ|=\\frac{|\\sqrt{3}\\cos\\alpha+\\sin\\alpha-4|}{\\sqrt{2}}$。为了找到 $|PQ|$ 的最小值，我们对 $\\alpha$ 求导，得到导数为 $\\frac{d|PQ|}{d\\alpha}=\\frac{-\\sqrt{3}\\sin\\alpha+\\cos\\alpha}{\\sqrt{2}}$。令导数为零，得到 $\\sqrt{3}\\sin\\alpha=\\cos\\alpha$，即 $\\tan\\alpha=\\frac{\\sqrt{3}}{3}$，$\\alpha=\\frac{\\pi}{6}$ 或 $\\alpha=\\frac{7\\pi}{6}$。由于 $\\sin\\alpha$ 和 $\\cos\\alpha$ 的值在 $\\alpha=\\frac{\\pi}{6}$ 和 $\\alpha=\\frac{7\\pi}{6}$ 时不同，我们计算两个 $\\alpha$ 值对应的 $|PQ|$，确定最小值。当 $\\alpha=\\frac{\\pi}{6}$ 时，$|PQ|_{min}=\\frac{|\\sqrt{3}\\cos\\frac{\\pi}{6}+\\sin\\frac{\\pi}{6}-4|}{\\sqrt{2}}=\\frac{|\\frac{3}{2}+\\frac{1}{2}-4|}{\\sqrt{2}}=\\frac{1}{\\sqrt{2}}$。此时 $P$ 的坐标为 $P(\\frac{3}{2},\\frac{1}{2})$。因此，$|PQ|$ 的最小值为 $\\frac{1}{\\sqrt{2}}$，此时 $P$ 的直角坐标为 $(\\frac{3}{2},\\frac{1}{2})$。<eoa>" | 解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$; 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$, 即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$, 由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$, 即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$; (2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时, $|P Q|$ 取得最值. 设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$, 由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$, 解得 $t= \pm 2$, 显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值, 即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$, 此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$, 即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. 另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$, 由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$ $=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$ 当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$, 此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. |
| baichuan4 | (1)【解析】对于曲线 $C_{1}$，我们有参数方程： $$ \left\{ \begin{array}{l} x = \sqrt{3} \cos \alpha \\ y = \sin \alpha \end{array} \right. $$ 为了消去参数 $\alpha$，我们可以使用三角恒等式 $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$。首先，我们将 $x$ 和 $y$ 的表达式分别平方： $$ x^2 = 3 \cos^2 \alpha \\ y^2 = \sin^2 \alpha $$ 然后将两个方程相加： $$ x^2 + y^2 = 3 \cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha $$ 利用三角恒等式 $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$，我们得到： $$ x^2 + y^2 = 3 \cos^2 \alpha + (1 - \cos^2 \alpha) = 2 \cos^2 \alpha + 1 $$ 由于 $x = \sqrt{3} \cos \alpha$，我们可以将 $\cos \alpha$ 表达为 $x / \sqrt{3}$，从而得到： $$ x^2 + y^2 = 2(x^2 / 3) + 1 = (2/3)x^2 + 1 $$ 整理得到曲线 $C_{1}$ 的普通方程： $$ x^2 + y^2 - \frac{2}{3}x^2 = 1 \Rightarrow x^2 + y^2 = 3 $$ 这是一个半径为 $\sqrt{3}$ 的圆。 对于曲线 $C_{2}$，我们有极坐标方程： $$ \rho \sin(\theta + \frac{\pi}{4}) = 2\sqrt{2} $$ 我们知道极坐标和直角坐标之间的关系是 $x = \rho \cos \theta$ 和 $y = \rho \sin \theta$。因此，我们可以将极坐标方程转换为直角坐标方程。首先，我们将 $\sin(\theta + \frac{\pi}{4})$ 使用和角公式展开： $$ \rho(\sin \theta \cos \frac{\pi}{4} + \cos \theta \sin \frac{\pi}{4}) = 2\sqrt{2} $$ 由于 $\cos \frac{\pi}{4} = \sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，我们有： $$ \rho(\frac{\sqrt{2}}{2}\sin \theta + \frac{\sqrt{2}}{2}\cos \theta) = 2\sqrt{2} $$ 化简得到： $$ \rho(\sin \theta + \cos \theta) = 4 $$ 将 $\rho \sin \theta$ 和 $\rho \cos \theta$ 分别替换为 $y$ 和 $x$，我们得到曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程： $$ y + x = 4 $$ 【答案】曲线 $C_{1}$ 的普通方程为 $x^2 + y^2 = 3$，曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程为 $y + x = 4$。 (2)【解析】要求 $|PQ|$ 的最小值，我们首先需要找到点 $P$ 和点 $Q$ 的坐标。点 $P$ 在曲线 $C_{1}$ 上，其坐标为 $(\sqrt{3} \cos \alpha, \sin \alpha)$。点 $Q$ 在曲线 $C_{2}$ 上，其极坐标方程为 $\rho \sin(\theta + \frac{\pi}{4}) = 2\sqrt{2}$，我们需要将其转换为直角坐标系中的点。 由于 $C_{2}$ 的直角坐标方程为 $y + x = 4$，我们可以设点 $Q$ 的坐标为 $(x, 4 - x)$。现在我们可以计算 $|PQ|$ 的长度： $$ |PQ| = \sqrt{(\sqrt{3} \cos \alpha - x)^2 + (\sin \alpha - (4 - x))^2} $$ 为了使 $|PQ|$ 最小，我们需要最小化上述表达式。由于这个表达式是关于 $\alpha$ 和 $x$ 的函数，我们可以通过分别对 $\alpha$ 和 $x$ 求偏导数并令其为零来找到最小值。 首先，我们注意到曲线 $C_{1}$ 是一个圆，因此 $\alpha$ 可以取任意值。然而，由于 $C_{2}$ 是一条直线，我们需要找到圆 $C_{1}$ 和直线 $C_{2}$ 之间的最短距离。这个距离是垂直于直线的距离，因此我们需要找到直线 $C_{2}$ 的垂线，该垂线通过圆 $C_{1}$ 的圆心。 直线 $C_{2}$ 的斜率为 $-1$（因为其方程为 $y + x = 4$），所以垂线的斜率为 $1$。由于圆 $C_{1}$ 的圆心为 $(\sqrt{3}, 0)$，我们可以找到垂线 $y = x - \sqrt{3}$ 和直线 $C_{2}$ 的交点。将垂线方程代入直线 $C_{2}$ 的方程，我们得到： $$ x - \sqrt{3} + x = 4 \Rightarrow 2x = 4 + \sqrt{3} \Rightarrow x = 2 + \frac{\sqrt{3}}{2} $$ 因此，垂足（即垂线和直线 $C_{2}$ 的交点）的坐标为 $(2 + \frac{\sqrt{3}}{2}, 2 - \frac{\sqrt{3}}{2})$。这个垂足到圆心的距离就是 $|PQ|$ 的最小值。计算这个距离： $$ |PQ|_{\text{min}} = \sqrt{(2 + \frac{\sqrt{3}}{2} - \sqrt{3})^2 + (2 - \frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{(2 - \frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (2 - \frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{2(2 - \frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{2}(2 - \frac{\sqrt{3}}{2}) $$ 此时 $P$ 的直角坐标为圆心坐标 $(\sqrt{3}, 0)$。 【答案】$|PQ|$ 的最小值为 $\sqrt{2}(2 - \frac{\sqrt{3}}{2})$，此时 $P$ 的直角坐标为 $(\sqrt{3}, 0)$。 |
解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$; 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$, 即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$, 由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$, 即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$; (2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时, $|P Q|$ 取得最值. 设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$, 由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$, 解得 $t= \pm 2$, 显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值, 即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$, 此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$, 即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. 另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$, 由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$ $=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$ 当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$, 此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. |
| doubao | (1)【解析】对于曲线$C_1$，由$\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3}\cos\alpha\\y=\sin\alpha\end{array}\right.$，可得$\left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right)^2+\left(y\right)^2=\cos^2\alpha+\sin^2\alpha=1$，即$\frac{x^2}{3}+y^2=1$。对于曲线$C_2$，$\rho\sin(\theta+\frac{\pi}{4})=2\sqrt{2}$，即$\rho(\sin\theta\cos\frac{\pi}{4}+\cos\theta\sin\frac{\pi}{4})=2\sqrt{2}$，$\rho(\frac{\sqrt{2}}{2}\sin\theta+\frac{\sqrt{2}}{2}\cos\theta)=2\sqrt{2}$，$\rho\sin\theta+\rho\cos\theta=4$，转化为直角坐标方程为$x+y=4$。<eoe> 【答案】曲线$C_1$的普通方程为$\frac{x^2}{3}+y^2=1$，曲线$C_2$的直角坐标方程为$x+y=4$。<eoa> (2)【解析】设$P(\sqrt{3}\cos\alpha,\sin\alpha)$，点$P$到直线$C_2$：$x+y=4$的距离$d=\frac{|\sqrt{3}\cos\alpha+\sin\alpha-4|}{\sqrt{2}}=\frac{|2(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\alpha+\frac{1}{2}\sin\alpha)-4|}{\sqrt{2}}=\frac{|2\sin(\alpha+\frac{\pi}{3})-4|}{\sqrt{2}}$，当$\sin(\alpha+\frac{\pi}{3})=1$时，$d$取得最小值，此时$2\sin(\alpha+\frac{\pi}{3})-4=-2$，$d_{\min}=\frac{|-2|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$，即$|PQ|$的最小值为$\sqrt{2}$。当$\sin(\alpha+\frac{\pi}{3})=1$时，$\alpha+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}+2k\pi$，$k\in Z$，$\alpha=\frac{\pi}{6}+2k\pi$，$k\in Z$，所以$P(\frac{3}{2},\frac{1}{2})$。<eoe> 【答案】$|PQ|$的最小值为$\sqrt{2}$，此时$P$的直角坐标为$(\frac{3}{2},\frac{1}{2})$。<eoa> |
解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$; 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$, 即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$, 由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$, 即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$; (2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时, $|P Q|$ 取得最值. 设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$, 由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$, 解得 $t= \pm 2$, 显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值, 即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$, 此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$, 即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. 另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$, 由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$ $=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$ 当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$, 此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. |
| minimax | (1)【解析】首先，我们需要将曲线 $C_{1}$ 的参数方程转换为普通方程。参数方程为： $$ \left\{ \begin{array}{l} x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha \end{array} \right. $$ 我们可以利用三角恒等式 $\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1$ 来消去参数 $\alpha$。将参数方程中的 $x$ 和 $y$ 代入恒等式中，得到普通方程。 接下来，我们将曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程转换为直角坐标方程。极坐标方程为： $$ \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2} $$ 利用三角函数的和角公式 $\sin(a+b) = \sin a \cos b + \cos a \sin b$，我们可以将方程展开，然后利用极坐标与直角坐标的关系 $\rho^2 = x^2 + y^2$ 和 $\rho \sin \theta = y$，$\rho \cos \theta = x$ 来转换为直角坐标方程。<eoe> 【答案】对于曲线 $C_{1}$，我们有： $$ x=\sqrt{3} \cos \alpha, \quad y=\sin \alpha $$ 利用三角恒等式 $\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1$，我们得到： $$ \left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right)^2 + y^2 = \cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1 $$ 因此，$C_{1}$ 的普通方程为： $$ \frac{x^2}{3} + y^2 = 1 $$ 对于曲线 $C_{2}$，我们有： $$ \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2} $$ 利用和角公式，我们得到： $$ \rho (\sin \theta \cos \frac{\pi}{4} + \cos \theta \sin \frac{\pi}{4}) = 2 \sqrt{2} $$ 由于 $\cos \frac{\pi}{4} = \sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，我们可以简化为： $$ \rho \left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta + \frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right) = 2 \sqrt{2} $$ 进一步简化得到： $$ \rho (\sin \theta + \cos \theta) = 4 $$ 利用极坐标与直角坐标的关系，我们有： $$ \rho^2 = x^2 + y^2, \quad \rho \sin \theta = y, \quad \rho \cos \theta = x $$ 代入上述方程，得到： $$ x + y = 4 $$ 因此，$C_{2}$ 的直角坐标方程为： $$ x + y = 4 $$<eoa> (2)【解析】要求 $|PQ|$ 的最小值，我们需要找到点 $P$ 在曲线 $C_{1}$ 上的位置，使得从 $P$ 到曲线 $C_{2}$ 的距离最小。由于 $C_{2}$ 是直线 $x + y = 4$，我们可以利用点到直线的距离公式来求解。点到直线的距离公式为： $$ d = \frac{|Ax + By + C|}{\sqrt{A^2 + B^2}} $$ 其中，直线的方程为 $Ax + By + C = 0$。对于直线 $x + y = 4$，我们有 $A = 1, B = 1, C = -4$。因此，点 $P(x, y)$ 到直线的距离为： $$ d = \frac{|x + y - 4|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{|x + y - 4|}{\sqrt{2}} $$ 由于 $P$ 在曲线 $C_{1}$ 上，我们有 $x = \sqrt{3} \cos \alpha$ 和 $y = \sin \alpha$。将这些代入距离公式中，我们需要找到 $\alpha$ 的值，使得 $d$ 最小。注意到直线 $x + y = 4$ 与椭圆 $\frac{x^2}{3} + y^2 = 1$ 相切时，$PQ$ 的距离最小。因此，我们需要找到直线与椭圆相切的条件，即直线的法向量与椭圆在切点处的法向量平行。椭圆在点 $(x, y)$ 处的法向量由椭圆的梯度给出，即 $\nabla(\frac{x^2}{3} + y^2 - 1) = (\frac{2x}{3}, 2y)$。直线的法向量为 $(1, 1)$。因此，我们需要解方程组： $$ \frac{2x}{3} = \lambda, \quad 2y = \lambda $$ 其中 $\lambda$ 是比例常数。由于 $x = \sqrt{3} \cos \alpha$ 和 $y = \sin \alpha$，我们可以解出 $\alpha$，然后得到 $P$ 的直角坐标。<eoe> 【答案】根据上述分析，我们有： $$ \frac{2x}{3} = \lambda, \quad 2y = \lambda $$ 由于 $x = \sqrt{3} \cos \alpha$ 和 $y = \sin \alpha$，我们可以得到： $$ \frac{2\sqrt{3} \cos \alpha}{3} = \lambda, \quad 2\sin \alpha = \lambda $$ 这意味着： $$ \frac{\sqrt{3} \cos \alpha}{3} = \sin \alpha $$ 利用三角恒等式 $\tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}$，我们得到： $$ \tan \alpha = \sqrt{3} $$ 因此，$\alpha = \frac{\pi}{3}$ 或 $\alpha = \frac{4\pi}{3}$。由于 $\alpha$ 是参数，我们取 $\alpha = \frac{\pi}{3}$（因为 $\alpha$ 在 $[0, 2\pi)$ 范围内）。 现在我们可以计算 $P$ 的直角坐标： $$ x = \sqrt{3} \cos \frac{\pi}{3} = \sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2} $$ $$ y = \sin \frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2} $$ 因此，$P$ 的直角坐标为： $$ P\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right) $$ 这是 $PQ$ 的最小值时 $P$ 的位置。此时 $PQ$ 的最小值为： $$ d = \frac{|x + y - 4|}{\sqrt{2}} = \frac{|\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} - 4|}{\sqrt{2}} = \frac{|-\frac{5\sqrt{3}}{2} - 4|}{\sqrt{2}} = \frac{|\frac{-5\sqrt{3} - 8}{2}|}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{(-5\sqrt{3} - 8)^2}}{2} $$ 由于 $-5\sqrt{3} - 8$ 是负数，我们取绝对值： $$ d = \frac{\sqrt{2} \cdot (5\sqrt{3} + 8)}{2} $$ 这就是 $|PQ|$ 的最小值。<eoa> |
解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$; 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$, 即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$, 由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$, 即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$; (2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时, $|P Q|$ 取得最值. 设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$, 由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$, 解得 $t= \pm 2$, 显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值, 即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$, 此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$, 即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. 另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$, 由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$ $=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$ 当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$, 此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. |
| kimi | (1)【解析】 首先，我们需要将曲线 $C_{1}$ 的参数方程转换为普通方程。曲线 $C_{1}$ 的参数方程为： \[ \left\{ \begin{array}{l} x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha \end{array} \right. \] 我们可以通过消去参数 $\alpha$ 来得到普通方程。利用三角恒等式 $\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1$，我们可以得到： \[ \frac{x^2}{3} + y^2 = (\sqrt{3} \cos \alpha)^2 + (\sin \alpha)^2 = 3\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 3(1 - \sin^2 \alpha) + \sin^2 \alpha = 3 - 2\sin^2 \alpha = 1 \] 因此，曲线 $C_{1}$ 的普通方程为： \[ \frac{x^2}{3} + y^2 = 1 \] 接下来，我们需要将曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程转换为直角坐标方程。曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为： \[ \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2} \] 利用极坐标与直角坐标的转换关系： \[ \begin{cases} x = \rho \cos \theta \\ y = \rho \sin \theta \end{cases} \] 我们可以得到： \[ \rho \left(\frac{\sqrt{2}}{2} \rho \sin \theta + \frac{\sqrt{2}}{2} \rho \cos \theta\right) = 2 \sqrt{2} \] \[ \frac{\sqrt{2}}{2} \rho^2 \sin \theta + \frac{\sqrt{2}}{2} \rho^2 \cos \theta = 2 \sqrt{2} \] \[ \rho \sin \theta + \rho \cos \theta = 4 \] \[ x + y - 4 = 0 \] 因此，曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程为： \[ x + y - 4 = 0 \]<eoe> 【答案】 曲线 $C_{1}$ 的普通方程为：\(\frac{x^2}{3} + y^2 = 1\) 曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程为：\(x + y - 4 = 0\)<eoa> (2)【解析】 我们需要求点 $P$ 在 $C_{1}$ 上，点 $Q$ 在 $C_{2}$ 上时，$|PQ|$ 的最小值及此时 $P$ 的直角坐标。 首先，我们找到曲线 $C_{1}$ 的圆心和半径。由普通方程 \(\frac{x^2}{3} + y^2 = 1\) 可知，圆心为 \((0, 0)\)，半径为 \(r = 1\)。 接下来，我们需要找到圆心到直线 \(x + y - 4 = 0\) 的距离 \(d\)。利用点到直线的距离公式： \[ d = \frac{|Ax_0 + By_0 + C|}{\sqrt{A^2 + B^2}} \] 其中 \(A = 1\), \(B = 1\), \(C = -4\)，\(x_0 = 0\), \(y_0 = 0\)，代入公式得： \[ d = \frac{|1 \cdot 0 + 1 \cdot 0 - 4|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2} \] 由于圆心到直线的距离大于半径，所以直线与圆相离。因此，$|PQ|$ 的最小值为圆心到直线的距离减去半径： \[ |PQ|_{\text{min}} = d - r = 2\sqrt{2} - 1 \] 为了找到此时 $P$ 的直角坐标，我们需要找到圆上离直线最近的点。这个点位于圆心与直线的垂足的连线上。我们可以找到圆心到直线的垂线方程，然后与圆的方程联立求解。 垂线方程为： \[ x - y + 4 = 0 \] 将圆的方程 \(\frac{x^ |
解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$; 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$, 即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$, 由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$, 即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$; (2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时, $|P Q|$ 取得最值. 设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$, 由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$, 解得 $t= \pm 2$, 显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值, 即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$, 此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$, 即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. 另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$, 由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$ $=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$ 当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$, 此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】 对于$C_{1}$，我们有参数方程$\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$。利用三角恒等式$\cos^{2}\alpha + \sin^{2}\alpha = 1$，我们可以得到$C_{1}$的普通方程。 对于$C_{2}$，极坐标方程为$\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$。使用极坐标与直角坐标的关系$\left\{\begin{array}{l}x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$，我们可以得到$C_{2}$的直角坐标方程。 【答案】 $C_{1}$的普通方程为$\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$。 $C_{2}$的直角坐标方程为$x+y-4=0$。 (2)【解析】 设$P$点的坐标为$(\sqrt{3}\cos\alpha, \sin\alpha)$。使用点到直线的距离公式，我们可以得到$|PQ|$的表达式。通过求导和判断单调性，我们可以找到$|PQ|$的最小值以及对应的$\alpha$值。 【答案】 设$P(\sqrt{3}\cos\alpha, \sin\alpha)$，则$|PQ|=\frac{\left | \sqrt{3}\cos\alpha+\sin\alpha-4 \right | }{\sqrt{2}} =\frac{\left | 2\sin(\alpha+\frac{\pi}{3})-4 \right | }{\sqrt{2}}$。 当$\alpha=\frac{\pi}{6}$时，$|PQ|$取得最小值$\sqrt{2}$，此时$P(\frac{3}{2},\frac{1}{2})$。 |
解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$; 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$, 即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$, 由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$, 即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$; (2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时, $|P Q|$ 取得最值. 设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$, 由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$, 解得 $t= \pm 2$, 显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值, 即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$, 此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$, 即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. 另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$, 由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$ $=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$ 当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$, 此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们需要将曲线 \(C_1\) 的参数方程转换为普通方程。给定的参数方程为： \[ \left\{\begin{array}{l} x = \sqrt{3} \cos \alpha \\ y = \sin \alpha \end{array}\right. \] 我们可以利用三角恒等式 \(\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1\) 来消去参数 \(\alpha\)。首先，将 \(x\) 和 \(y\) 表示成 \(\cos \alpha\) 和 \(\sin \alpha\)： \[ \cos \alpha = \frac{x}{\sqrt{3}}, \quad \sin \alpha = y \] 代入三角恒等式： \[ \left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right)^2 + y^2 = 1 \] 化简得到： \[ \frac{x^2}{3} + y^2 = 1 \] 这就是 \(C_1\) 的普通方程。 接下来，我们将曲线 \(C_2\) 的极坐标方程转换为直角坐标方程。给定的极坐标方程为： \[ \rho \sin \left(\theta + \frac{\pi}{4}\right) = 2 \sqrt{2} \] 利用三角函数的和角公式，\(\sin \left(\theta + \frac{\pi}{4}\right) = \sin \theta \cos \frac{\pi}{4} + \cos \theta \sin \frac{\pi}{4}\)，并且 \(\cos \frac{\pi}{4} = \sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}\)，所以： \[ \rho \left(\sin \theta \frac{\sqrt{2}}{2} + \cos \theta \frac{\sqrt{2}}{2}\right) = 2 \sqrt{2} \] 化简得到： \[ \rho \frac{\sqrt{2}}{2} (\sin \theta + \cos \theta) = 2 \sqrt{2} \] 进一步化简： \[ \rho (\sin \theta + \cos \theta) = 4 \] 在极坐标系中，\(\rho \sin \theta = y\) 和 \(\rho \cos \theta = x\)，所以： \[ x + y = 4 \] 这就是 \(C_2\) 的直角坐标方程。 <eoe> 【答案】 \(C_1\) 的普通方程为 \(\frac{x^2}{3} + y^2 = 1\)。 \(C_2\) 的直角坐标方程为 \(x + y = 4\)。 <eoa> (2)【解析】 设点 \(P\) 在 \(C_1\) 上，其坐标为 \((\sqrt{3} \cos \alpha, \sin \alpha)\)。点 \(Q\) 在 \(C_2\) 上，其坐标满足 \(x + y = 4\)。 我们需要求 \(|PQ|\) 的最小值。首先，点 \(Q\) 的坐标可以表示为 \((t, 4 - t)\)，其中 \(t\) 为任意实数。 点 \(P\) 到直线 \(x + y = 4\) 的距离公式为： \[ d = \frac{|x_P + y_P - 4|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{|\sqrt{3} \cos \alpha + \sin \alpha - 4|}{\sqrt{2}} \] 我们需要最小化这个距离。考虑到 \(\sqrt{3} \cos \alpha + \sin \alpha\) 的取值范围，我们可以将其表示成一个三角函数的形式： \[ \sqrt{3} \cos \alpha + \sin \alpha = 2 \left(\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \alpha + \frac{1}{2} \sin \alpha\right) = 2 \sin \left(\alpha + \frac{\pi}{3}\right) \] 所以，距离公式变为： \[ d = \frac{|2 \sin \left(\alpha + \frac{\pi}{3}\right) - 4|}{\sqrt{2}} \] 由于 \(\sin \left(\alpha + \frac{\pi}{3}\right)\) 的取值范围是 \([-1, 1]\)，所以 \(2 \sin \left(\alpha + \frac{\pi}{3}\right)\) 的取值范围是 \([-2, 2]\)。 为了最小化 \(|2 \sin \left(\alpha + \frac{\pi}{3}\right) - 4|\)，我们考虑其最小值。显然，当 \(\sin \left(\alpha + \frac{\pi}{3}\right) = 1\) 时，\(2 \sin \left(\alpha + \frac{\pi}{3}\right) = 2\)，此时： \[ |2 - 4| = 2 \] 所以最小距离为： \[ d_{\min} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} \] 此时，\(\sin \left(\alpha + \frac{\pi}{3}\right) = 1\)，即 \(\alpha + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2} + 2k\pi\)（\(k\) 为整数），所以 \(\alpha = \frac{\pi}{6} + 2k\pi\)。 代入 \(P\) 的坐标： \[ P = \left(\sqrt{3} \cos \frac{\pi}{6}, \sin \frac{\pi}{6}\right) = \left(\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right) = \left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right) \] <eoe> 【答案】 \(|PQ|\) 的最小值为 \(\sqrt{2}\)，此时 \(P\) 的直角坐标为 \(\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)\)。 <eoa> |
解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$; 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$, 即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$, 由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$, 即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$; (2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时, $|P Q|$ 取得最值. 设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$, 由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$, 解得 $t= \pm 2$, 显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值, 即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$, 此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$, 即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. 另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$, 由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$ $=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$ 当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$, 此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. |
| gpto1 | (1) 【解析】 对于曲线 \(C_1\)，其参数方程为： \[ \begin{cases} x = \sqrt{3} \cos \alpha \\ y = \sin \alpha \end{cases} \] 消去参数 \(\alpha\)。 利用三角恒等式 \(\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1\)，得到： \[ \left( \dfrac{x}{\sqrt{3}} \right)^2 + y^2 = 1 \implies \dfrac{x^2}{3} + y^2 = 1 \] 两边同乘以 3，得： \[ x^2 + 3 y^2 = 3 \] 所以，\(C_1\) 的普通方程是： \[ x^2 + 3 y^2 = 3 \] 对于曲线 \(C_2\)，其极坐标方程为： \[ \rho \sin \left( \theta + \dfrac{\pi}{4} \right) = 2\sqrt{2} \] 利用和角公式展开： \[ \sin \left( \theta + \dfrac{\pi}{4} \right) = \sin \theta \cos \dfrac{\pi}{4} + \cos \theta \sin \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} ( \sin \theta + \cos \theta ) \] 因此，方程变为： \[ \rho \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} ( \sin \theta + \cos \theta ) = 2\sqrt{2} \implies \rho ( \sin \theta + \cos \theta ) = 4 \] 利用极坐标与直角坐标的关系： \[ x = \rho \cos \theta,\quad y = \rho \sin \theta \] 因此， \[ \rho \sin \theta = y,\quad \rho \cos \theta = x \] 代入方程，得到： \[ x + y = 4 \] 所以，\(C_2\) 的直角坐标方程为： \[ x + y = 4 \] <eoe> 【答案】 （1）\(C_1\) 的普通方程为：\(x^2 + 3y^2 = 3\)； \(C_2\) 的直角坐标方程为：\(x + y = 4\)。 <eoa> (2) 【解析】 设点 \(P(x, y)\) 在椭圆 \(x^2 + 3 y^2 = 3\) 上，点 \(Q\) 在直线 \(x + y = 4\) 上。为了求 \(|PQ|\) 的最小值，我们考虑点 \(P\) 到直线 \(x + y = 4\) 的距离的最小值，因为对于固定的 \(P\)，从 \(P\) 到直线上的最近点 \(Q\) 就是在直线上到 \(P\) 的垂足。 点 \(P\) 到直线 \(x + y = 4\) 的距离为： \[ D = \dfrac{|x + y - 4|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \dfrac{|x + y - 4|}{\sqrt{2}} \] 为了找到最小的 \(|PQ|\)，即 \(D\) 的最小值，我们可以将问题转化为在约束条件 \(x^2 + 3 y^2 = 3\) 下，求目标函数 \[ f(x, y) = \dfrac{(x + y - 4)^2}{2} \] 的最小值。 使用拉格朗日乘数法，构造拉格朗日函数： \[ L(x, y, \lambda) = \dfrac{(x + y - 4)^2}{2} - \lambda (x^2 + 3 y^2 - 3) \] 对 \(x\) 和 \(y\) 求偏导并令其等于零： \[ \begin{cases} \dfrac{\partial L}{\partial x} = (x + y - 4) - 2 \lambda x = 0 \\ \dfrac{\partial L}{\partial y} = (x + y - 4) - 6 \lambda y = 0 \\ x^2 + 3 y^2 = 3 \end{cases} \] 由前两个方程可得： \[ (x + y - 4) = 2 \lambda x = 6 \lambda y \] 因此： \[ 2 \lambda x = 6 \lambda y \implies x = 3 y \] 将 \(x = 3 y\) 代入约束条件： \[ (3 y)^2 + 3 y^2 = 3 \implies 12 y^2 = 3 \implies y^2 = \dfrac{1}{4} \] 所以 \(y = \pm \dfrac{1}{2}\)，对应的 \(x = 3 y = \pm \dfrac{3}{2}\)。 计算对应的距离平方： 对于 \(y = \dfrac{1}{2}, x = \dfrac{3}{2}\)： \[ x + y - 4 = \dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{2} - 4 = 2 - 4 = -2 \] \[ D^2 = \dfrac{(-2)^2}{2} = 2 \] 对于 \(y = -\dfrac{1}{2}, x = -\dfrac{3}{2}\)： \[ x + y - 4 = -\dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{2} - 4 = -5 \] \[ D^2 = \dfrac{(-5)^2}{2} = \dfrac{25}{2} \] 显然，当 \(y = \dfrac{1}{2}\) 时，\(D^2\) 最小。 因此，\(|PQ|\) 的最小值为 \(\sqrt{2}\)，此时 \(P\) 的坐标为 \(\left( \dfrac{3}{2}, \dfrac{1}{2} \right)\)。 <eoe> 【答案】 （2）\(|PQ|\) 的最小值为 \(\sqrt{2}\)，此时 \(P\) 的坐标为 \(\left( \dfrac{3}{2},\ \dfrac{1}{2} \right)\)。 <eoa> |
解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$; 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$, 即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$, 由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$, 即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$; (2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时, $|P Q|$ 取得最值. 设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$, 由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$, 解得 $t= \pm 2$, 显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值, 即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$, 此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$, 即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. 另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$, 由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$ $=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$ 当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$, 此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. |
| deepseekv3 | server error: Error code: 400 - {'error': {'code': 'RequestTimeOut', 'param': None, 'message': 'Request timed out, please try again later.', 'type': 'RequestTimeOut'}, 'id': 'chatcmpl-cb196784-4a46-940f-8399-d07718796ddf', 'request_id': 'cb196784-4a46-940f-8399-d07718796ddf'} | 解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$; 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$, 即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$, 由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$, 即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$; (2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时, $|P Q|$ 取得最值. 设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$, 由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$, 解得 $t= \pm 2$, 显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值, 即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$, 此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$, 即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. 另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$, 由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$ $=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$ 当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$, 此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$. |