| 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 \(I_1\) 和 \(I_2\) 的交点 \(P\)。直线 \(I_1\) 的参数方程为： \[ \left\{ \begin{array}{l} x = 2 + t \\ y = k t \end{array} \right. \] 直线 \(I_2\) 的参数方程为： \[ \left\{ \begin{array}{l} x = -2 + m \\ y = \frac{m}{k} \end{array} \right. \] 在交点 \(P\) 处，两个方程的 \(x\) 和 \(y\) 坐标相等，因此我们有： \[ 2 + t = -2 + m \quad \text{(1)} \] \[ k t = \frac{m}{k} \quad \text{(2)} \] 从方程 (1) 中解出 \(m\)： \[ m = t + 4 \] 将 \(m = t + 4\) 代入方程 (2)： \[ k t = \frac{t + 4}{k} \] 整理得到： \[ k^2 t = t + 4 \] 解出 \(t\)： \[ t (k^2 - 1) = 4 \] \[ t = \frac{4}{k^2 - 1} \] 将 \(t\) 代入 \(x = 2 + t\) 和 \(y = k t\)： \[ x = 2 + \frac{4}{k^2 - 1} \] \[ y = k \cdot \frac{4}{k^2 - 1} = \frac{4k}{k^2 - 1} \] 因此，交点 \(P\) 的坐标为： \[ P \left(2 + \frac{4}{k^2 - 1}, \frac{4k}{k^2 - 1}\right) \] 为了找到 \(P\) 的轨迹方程，我们消去参数 \(k\)。设 \(x = 2 + \frac{4}{k^2 - 1}\)，则： \[ x - 2 = \frac{4}{k^2 - 1} \] \[ k^2 - 1 = \frac{4}{x - 2} \] \[ k^2 = \frac{4}{x - 2} + 1 \] 再考虑 \(y = \frac{4k}{k^2 - 1}\)，代入 \(k^2 = \frac{4}{x - 2} + 1\)： \[ y = \frac{4k}{\frac{4}{x - 2}} = k (x - 2) \] \[ k = \frac{y}{x - 2} \] 代入 \(k^2 = \frac{4}{x - 2} + 1\)： \[ \left(\frac{y}{x - 2}\right)^2 = \frac{4}{x - 2} + 1 \] \[ \frac{y^2}{(x - 2)^2} = \frac{4}{x - 2} + 1 \] \[ y^2 = 4(x - 2) + (x - 2)^2 \] \[ y^2 = x^2 - 4x + 4 \] 因此，曲线 \(C\) 的普通方程为： \[ y^2 = x^2 - 4x + 4 \] <eoe> 【答案】\(y^2 = x^2 - 4x + 4\)<eoa> (2)【解析】 首先，将曲线 \(C\) 的方程 \(y^2 = x^2 - 4x + 4\) 转换为极坐标方程。设 \(x = \rho \cos \theta\) 和 \(y = \rho \sin \theta\)，代入方程： \[ (\rho \sin \theta)^2 = (\rho \cos \theta)^2 - 4(\rho \cos \theta) + 4 \] \[ \rho^2 \sin^2 \theta = \rho^2 \cos^2 \theta - 4\rho \cos \theta + 4 \] \[ \rho^2 (\sin^2 \theta - \cos^2 \theta) = -4\rho \cos \theta + 4 \] \[ \rho^2 (-\cos 2\theta) = -4\rho \cos \theta + 4 \] \[ \rho^2 \cos 2\theta = 4\rho \cos \theta - 4 \] 接下来，考虑直线 \(I_3\) 的极坐标方程。直线 \(I_3\) 的方程为： \[ \rho (\cos \theta + \sin \theta) - \sqrt{2} = 0 \] \[ \rho (\cos \theta + \sin \theta) = \sqrt{2} \] \[ \rho = \frac{\sqrt{2}}{\cos \theta + \sin \theta} \] 将这个 \(\rho\) 代入曲线 \(C\) 的极坐标方程： \[ \left(\frac{\sqrt{2}}{\cos \theta + \sin \theta}\right)^2 \cos 2\theta = 4 \left(\frac{\sqrt{2}}{\cos \theta + \sin \theta}\right) \cos \theta - 4 \] \[ \frac{2 \cos 2\theta}{(\cos \theta + \sin \theta)^2} = \frac{4\sqrt{2} \cos \theta}{\cos \theta + \sin \theta} - 4 \] \[ \frac{2 \cos 2\theta}{(\cos \theta + \sin \theta)^2} = \frac{4\sqrt{2} \cos \theta - 4(\cos \theta + \sin \theta)}{\cos \theta + \sin \theta} \] \[ \frac{2 \cos 2\theta}{(\cos \theta + \sin \theta)^2} = \frac{4\sqrt{2} \cos \theta - 4 \cos \theta - 4 \sin \theta}{\cos \theta + \sin \theta} \] \[ \frac{2 \cos 2\theta}{(\cos \theta + \sin \theta)^2} = \frac{4(\sqrt{2} \cos \theta - \cos \theta - \sin \theta)}{\cos \theta + \sin \theta} \] \[ \frac{2 \cos 2\theta}{(\cos \theta + \sin \theta)^2} = \frac{4(\cos \theta (\sqrt{2} - 1) - \sin \theta)}{\cos \theta + \sin \theta} \] 由于计算复杂，我们可以通过观察和验证，发现当 \(\theta = \frac{\pi}{4}\) 时，\(\cos \theta + \sin \theta = \sqrt{2}\)，此时： \[ \rho = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 1 \] 因此，点 \(M\) 的极径为 1。 <eoe> 【答案】1<eoa> |
解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), $\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1); 又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数), 同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ ); 联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$; (2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$, $\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$. $\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 要找到直线 \( l_1 \) 和 \( l_2 \) 的交点 \( P \) 的轨迹方程。首先将它们的参数方程转化为直角坐标系下的方程： - \( l_1: y = k(x - 2) \) - \( l_2: y = \frac{x + 2}{k} \) 联立方程得： \[ k(x - 2) = \frac{x + 2}{k} \implies k^2(x - 2) = x + 2 \implies (k^2 - 1)x = 2(k^2 + 1) \implies x = \frac{2(k^2 + 1)}{k^2 - 1} \] 代入 \( y = k(x - 2) \) 得： \[ y = \frac{4k}{k^2 - 1} \] 消去参数 \( k \)，令 \( k^2 = \frac{x + 2}{x - 2} \)，代入 \( y^2 = \frac{16k^2}{(k^2 - 1)^2} \)，化简得： \[ y^2 = x^2 - 4 \implies x^2 - y^2 = 4 \] 因此，曲线 \( C \) 的普通方程为 \( x^2 - y^2 = 4 \)。 <eoe> 【答案】\( x^2 - y^2 = 4 \) <eoa> (2)【解析】 将极坐标方程 \( \rho(\cos\theta + \sin\theta) - \sqrt{2} = 0 \) 转换为直角坐标方程： \[ x + y = \sqrt{2} \] 联立 \( x + y = \sqrt{2} \) 和 \( x^2 - y^2 = 4 \)，代入 \( y = \sqrt{2} - x \)： \[ x^2 - (\sqrt{2} - x)^2 = 4 \implies 2\sqrt{2}x = 6 \implies x = \frac{3\sqrt{2}}{2} \] 对应 \( y = -\frac{\sqrt{2}}{2} \)。计算极径： \[ \rho = \sqrt{\left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2 + \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \sqrt{5} \] <eoe> 【答案】\( \sqrt{5} \) <eoa> |
解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), $\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1); 又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数), 同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ ); 联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$; (2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$, $\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$. $\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$. |
| gpto1 | (1)【解析】 首先，我们要找出直线 $I_1$ 和 $I_2$ 的交点 $P$，并求出 $P$ 的轨迹 $C$ 的方程。 直线 $I_1$ 的参数方程为： \[ \left\{ \begin{array}{l} x = 2 + t \\ y = k t \end{array} \right. \] 直线 $I_2$ 的参数方程为： \[ \left\{ \begin{array}{l} x = -2 + m \\ y = \dfrac{m}{k} \end{array} \right. \] 在交点 $P$ 处，$x$ 和 $y$ 坐标相等，因此： \[ \begin{cases} 2 + t = -2 + m \\ k t = \dfrac{m}{k} \end{cases} \] 由第一式得到： \[ m = t + 4 \] 将 $m$ 代入第二式： \[ k t = \dfrac{t + 4}{k} \] 两边乘以 $k$，得到： \[ k^2 t = t + 4 \] 整理得： \[ t(k^2 - 1) = 4 \] 因此： \[ t = \dfrac{4}{k^2 - 1} \] 那么，交点 $P$ 的坐标为： \[ \begin{cases} x = 2 + t = 2 + \dfrac{4}{k^2 - 1} \\ y = k t = k \cdot \dfrac{4}{k^2 - 1} = \dfrac{4k}{k^2 - 1} \end{cases} \] 接下来，我们需要消去参数 $k$，得到关于 $x$ 和 $y$ 的方程。 从 $x$ 的表达式中，得： \[ x - 2 = \dfrac{4}{k^2 - 1} \] 即： \[ k^2 - 1 = \dfrac{4}{x - 2} \] 因此： \[ k^2 = \dfrac{4}{x - 2} + 1 = \dfrac{4 + x - 2}{x - 2} = \dfrac{x + 2}{x - 2} \] 同样地，由 $y$ 的表达式： \[ y = \dfrac{4k}{k^2 - 1} = \dfrac{4k}{\dfrac{4}{x - 2}} = k(x - 2) \] 所以： \[ y = k(x - 2) \] 用 $k^2$ 的表达式，我们有： \[ k = \pm \sqrt{\dfrac{x + 2}{x - 2}} \] 因此，$y$ 可以表示为： \[ y = \pm \sqrt{\dfrac{x + 2}{x - 2}} (x - 2) = \pm \sqrt{(x + 2)(x - 2)} = \pm \sqrt{x^2 - 4} \] 所以，$P$ 的轨迹方程为： \[ y^2 = x^2 - 4 \] 即： \[ x^2 - y^2 = 4 \] <eoe> 【答案】 (1) 曲线 $C$ 的方程为 $x^2 - y^2 = 4$。<eoa> (2)【解析】 首先，将曲线 $C$ 和直线 $I_3$ 的方程在极坐标系下表示。 曲线 $C$ 的极坐标方程： \[ x^2 - y^2 = 4 \\ \Rightarrow (\rho \cos \theta)^2 - (\rho \sin \theta)^2 = 4 \\ \Rightarrow \rho^2 (\cos^2 \theta - \sin^2 \theta ) = 4 \\ \] 由于 $\cos^2 \theta - \sin^2 \theta = \cos 2\theta$，所以： \[ \rho^2 \cos 2\theta = 4 \\ \Rightarrow \rho^2 = \dfrac{4}{\cos 2\theta} \] 直线 $I_3$ 的极坐标方程： \[ \rho (\cos \theta + \sin \theta) = \sqrt{2} \\ \Rightarrow \rho = \dfrac{\sqrt{2}}{\cos \theta + \sin \theta} \] 现在，将 $\rho^2$ 的两个表达式相等，得到： \[ \dfrac{4}{\cos 2\theta} = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{\cos \theta + \sin \theta} \right)^2 \\ \Rightarrow \dfrac{4}{\cos 2\theta} = \dfrac{2}{(\cos \theta + \sin \theta)^2} \] 交叉相乘，得到： \[ 4 (\cos \theta + \sin \theta )^2 = 2 \cos 2\theta \\ \Rightarrow 2 (\cos \theta + \sin \theta )^2 = \cos 2\theta \] 展开左边： \[ 2 (\cos^2 \theta + 2 \cos \theta \sin \theta + \sin^2 \theta ) = \cos 2\theta \\ \Rightarrow 2 (1 + 2 \cos \theta \sin \theta ) = \cos 2\theta \\ \Rightarrow 2 + 4 \cos \theta \sin \theta = \cos 2\theta \] 使用 $2 \cos \theta \sin \theta = \sin 2\theta$，得： \[ 2 + 2 \sin 2\theta = \cos 2\theta \\ \] 将所有项移到等式左边： \[ 2 + 2 \sin 2\theta - \cos 2\theta = 0 \] 令 $\alpha = 2\theta$，则方程变为： \[ 2 + 2 \sin \alpha - \cos \alpha = 0 \] 整理得： \[ 2 \sin \alpha - \cos \alpha + 2 = 0 \] 使用辅助角方法，设： \[ R \sin (\alpha + \phi ) = 2 \sin \alpha - \cos \alpha \] 计算 $R$ 和 $\phi$： \[ R = \sqrt{(2)^2 + (-1)^2} = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5} \\ \cos \phi = \dfrac{2}{\sqrt{5}} \\ \sin \phi = \dfrac{-1}{\sqrt{5}} \\ \phi = \arctan \left( \dfrac{-1}{2} \right ) = - \arctan \left( \dfrac{1}{2} \right ) \] 因此，原方程可写为： \[ \sqrt{5} \sin \left( \alpha - \arctan \dfrac{1}{2} \right ) + 2 = 0 \\ \Rightarrow \sin \left( \alpha - \arctan \dfrac{1}{2} \right ) = - \dfrac{2}{\sqrt{5}} \] 计算 $\arcsin \left( - \dfrac{2}{\sqrt{5}} \right )$，得： \[ \alpha - \arctan \dfrac{1}{2} = - \arcsin \dfrac{2}{\sqrt{5}} \quad \text{或} \quad \alpha - \arctan \dfrac{1}{2} = \pi + \arcsin \dfrac{2}{\sqrt{5}} \] 因为 $\arctan \dfrac{1}{2} = \arcsin \dfrac{1}{\sqrt{5}}$，所以： \[ \alpha = - \arcsin \dfrac{2}{\sqrt{5}} + \arcsin \dfrac{1}{\sqrt{5}} \quad \text{或} \quad \alpha = \pi + \arcsin \dfrac{2}{\sqrt{5}} + \arcsin \dfrac{1}{\sqrt{5}} \] 计算后可得 $\alpha = \pm \dfrac{\pi}{2}$，因此： \[ 2\theta = \pm \dfrac{\pi}{2} \\ \Rightarrow \theta = \pm \dfrac{\pi}{4} \] 当 $\theta = \dfrac{\pi}{4}$ 时，计算 $\rho$： \[ \rho = \dfrac{\sqrt{2}}{\cos \dfrac{\pi}{4} + \sin \dfrac{\pi}{4}} = \dfrac{\sqrt{2}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{2}}{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 1 \] 当 $\theta = -\dfrac{\pi}{4}$ 时： \[ \cos \left( -\dfrac{\pi}{4} \right ) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}, \quad \sin \left( -\dfrac{\pi}{4} \right ) = - \dfrac{\sqrt{2}}{2} \\ \Rightarrow \cos \left( -\dfrac{\pi}{4} \right ) + \sin \left( -\dfrac{\pi}{4} \right ) = 0 \\ \] 此时分母为零，$\rho$ 没有意义，故舍去。 因此，$M$ 的极径为 $\rho = 1$。 <eoe> 【答案】 (2) $M$ 的极径为 $\rho = 1$。<eoa> |
解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), $\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1); 又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数), 同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ ); 联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$; (2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$, $\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$. $\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$. |
| GPT-4o | (1)【解析】 首先，我们先找到直线 \( I_1 \) 和 \( I_2 \) 的交点 \( P \)。 直线 \( I_1 \) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = 2 + t \\ y = k t \end{cases} \] 直线 \( I_2 \) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = -2 + m \\ y = \frac{m}{k} \end{cases} \] 令两直线交于点 \( P \)，则 \( P \) 满足 \( I_1 \) 和 \( I_2 \) 的方程。设交点的坐标为 \( (x, y) \)。 解： \[ x = 2 + t = -2 + m \implies t - m = -4 \implies m = t + 4 \] \[ y = k t = \frac{m}{k} \implies y = k t = \frac{t + 4}{k} \implies k^2 t = t + 4 \implies t(k^2 - 1) = 4 \implies t = \frac{4}{k^2 - 1} \] 代入 \( x \) 和 \( y \) 的表达式： \[ x = 2 + t = 2 + \frac{4}{k^2 - 1} \] \[ y = k t = k \cdot \frac{4}{k^2 - 1} = \frac{4k}{k^2 - 1} \] 因此，交点 \( P \) 的坐标为： \[ (x, y) = \left(2 + \frac{4}{k^2 - 1}, \frac{4k}{k^2 - 1}\right) \] 消去参数 \( k \)，考虑 \( x \) 和 \( y \) 的关系： \[ x - 2 = \frac{4}{k^2 - 1} \implies k^2 - 1 = \frac{4}{x - 2} \] \[ y = \frac{4k}{k^2 - 1} = \frac{4k}{\frac{4}{x - 2}} = k(x - 2) \] 所以： \[ k = \frac{y}{x - 2} \] 代入 \( k^2 - 1 = \frac{4}{x - 2} \) 得： \[ \left(\frac{y}{x - 2}\right)^2 - 1 = \frac{4}{x - 2} \] \[ \frac{y^2}{(x - 2)^2} - 1 = \frac{4}{x - 2} \] \[ \frac{y^2 - (x - 2)^2}{(x - 2)^2} = \frac{4}{x - 2} \] \[ y^2 - (x - 2)^2 = 4(x - 2) \] \[ y^2 - (x - 2)^2 = 4x - 8 \] 这是 \( C \) 的普通方程。 <eoe> 【答案】 \( y^2 - (x - 2)^2 = 4x - 8 \) <eoa> (2)【解析】 考虑直线 \( I_3 \) 在极坐标系中的表示： \[ \rho(\cos \theta + \sin \theta) - \sqrt{2} = 0 \implies \rho(\cos \theta + \sin \theta) = \sqrt{2} \] \[ \rho = \frac{\sqrt{2}}{\cos \theta + \sin \theta} \] 将 \( C: y^2 - (x - 2)^2 = 4x - 8 \) 转化为极坐标方程。设 \( x = \rho \cos \theta \) 和 \( y = \rho \sin \theta \)，则方程变为： \[ (\rho \sin \theta)^2 - (\rho \cos \theta - 2)^2 = 4\rho \cos \theta - 8 \] \[ \rho^2 \sin^2 \theta - (\rho^2 \cos^2 \theta - 4\rho \cos \theta + 4) = 4\rho \cos \theta - 8 \] \[ \rho^2 \sin^2 \theta - \rho^2 \cos^2 \theta + 4\r |
解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), $\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1); 又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数), 同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ ); 联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$; (2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$, $\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$. $\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$. |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】由题意,联立\begin{cases}x=2+t\\y=kt\end{cases}和\begin{cases}x=-2+m\\y=\frac{m}{k}\end{cases},得\begin{cases}t+m=4\\kt=\frac{m}{k}\end{cases},解得\begin{cases}t=\frac{4k^{2}}{k^{2}+1}\\m=\frac{4}{k^{2}+1}\end{cases},所以P(\frac{4k^{2}+2}{k^{2}+1},\frac{4k^{3}}{k^{2}+1})所以P的轨迹C的方程为\begin{cases}x=\frac{4k^{2}+2}{k^{2}+1}\\y=\frac{4k^{3}}{k^{2}+1}\end{cases},消去k,得x^{2}+y^{2}=4x+4,即(x-2)^{2}+y^{2}=8.(2)由题意,设M(\rho,\theta),则\begin{cases}\rho(\cos\theta+\sin\theta)=\sqrt{2}\\(\rho\cos\theta-2)^{2}+\rho^{2}\sin^{2}\theta=8\end{cases},解得\begin{cases}\rho=2\\0\leqslant\theta<2\pi\end{cases}所以M的极径为2.. 最终结果是(x-2)^2+y^2=8 2 |
解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), $\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1); 又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数), 同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ ); 联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$; (2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$, $\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$. $\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)由\begin{cases}x=2+t\\y=kt\end{cases}得y=k(x-2),即kx-y-2k=0,由\begin{cases}x=-2+m\\y=\frac{m}{k}\end{cases}得y=\frac{1}{k}(x+2),即x-ky+2=0,联立\begin{cases}kx-y-2k=0\\x-ky+2=0\end{cases},得\begin{cases}x=\frac{2k^{2}-2}{k^{2}-1}\\y=\frac{4k}{k^{2}-1}\end{cases},设P(x,y),则x=\frac{2k^{2}-2}{k^{2}-1},y=\frac{4k}{k^{2}-1},消去k得y^{2}=4(x- |
解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), $\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1); 又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数), 同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ ); 联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$; (2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$, $\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$. $\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】首先，我们需要找到直线 \\( I_1 \\) 和 \\( I_2 \\) 的交点 \\( P \\)。给定 \\( I_1 \\) 的参数方程为：\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx = 2 + t \\\\\ny = k t\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n和 \\( I_2 \\) 的参数方程为：\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx = -2 + m \\\\\ny = \\frac{m}{k}\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n\n为了找到交点 \\( P \\)，我们需要解这两个方程组。首先，我们将 \\( I_1 \\) 的参数方程代入 \\( I_2 \\) 的参数方程中，得到：\n\\[\n2 + t = -2 + m \\quad \\text{和} \\quad k t = \\frac{m}{k}\n\\]\n\n从第一个方程 \\( 2 + t = -2 + m \\)，我们可以解出 \\( m \\)：\n\\[\nm = t + 4\n\\]\n\n将 \\( m = t + 4 \\) 代入第二个方程 \\( k t = \\frac{m}{k} \\)，得到：\n\\[\nk t = \\frac{t + 4}{k}\n\\]\n\n两边乘以 \\( k \\)，得到：\n\\[\nk^2 t = t + 4\n\\]\n\n将 \\( t \\) 移到一边，得到：\n\\[\nk^2 t - t = 4\n\\]\n\n提取 \\( t \\)：\n\\[\nt (k^2 - 1) = 4\n\\]\n\n解出 \\( t \\)：\n\\[\nt = \\frac{4}{k^2 - 1}\n\\]\n\n将 \\( t \\) 代入 \\( x = 2 + t \\) 和 \\( y = k t \\)，得到：\n\\[\nx = 2 + \\frac{4}{k^2 - 1}\n\\]\n\\[\ny = k \\cdot \\frac{4}{k^2 - 1} = \\frac{4k}{k^2 - 1}\n\\]\n\n因此，交点 \\( P \\) 的坐标为：\n\\[\nP \\left( 2 + \\frac{4}{k^2 - 1}, \\frac{4k}{k^2 - 1} \\right)\n\\]\n\n为了找到 \\( P \\) 的轨迹 \\( C \\) 的普通方程，我们需要消去参数 \\( k \\)。注意到 \\( x \\) 和 \\( y \\) 的表达式中都有 \\( \\frac{4}{k^2 - 1} \\) 和 \\( \\frac{4k}{k^2 - 1} \\)，我们可以设 \\( u = \\frac{4}{k^2 - 1} \\)，则：\n\\[\nx = 2 + u\n\\]\n\\[\ny = \\frac{4k}{k^2 - 1} = \\frac{4k}{4u} = \\frac{k}{u}\n\\]\n\n从 \\( y = \\frac{k}{u} \\)，我们可以解出 \\( k \\)：\n\\[\nk = y u\n\\]\n\n将 \\( k = y u \\) 代入 \\( u = \\frac{4}{k^2 - 1} \\)，得到：\n\\[\nu = \\frac{4}{(y u)^2 - 1}\n\\]\n\n整理得到：\n\\[\nu = \\frac{4}{y^2 u^2 - 1}\n\\]\n\n两边乘以 \\( y^2 u^2 - 1 \\)，得到：\n\\[\nu (y^2 u^2 - 1) = 4\n\\]\n\n展开并整理：\n\\[\ny^2 u^3 - u = 4\n\\]\n\n将 \\( u = x - 2 \\) 代入，得到：\n\\[\ny^2 (x - 2)^3 - (x - 2) = 4\n\\]\n\n这就是 \\( P \\) 的轨迹 \\( C \\) 的普通方程。<eoe>\n【答案】\\( y^2 (x - 2)^3 - (x - 2) = 4 \\)<eoa>\n\n(2)【解析】我们已经得到了曲线 \\( C \\) 的普通方程 \\( y^2 (x - 2)^3 - (x - 2) = 4 \\)。现在我们需要将其转换为极坐标方程。以坐标原点为极点，\\( x \\) 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设 \\( I_3 \\) 的方程为：\n\\[\n\\rho (\\cos \\theta + \\sin \\theta) - \\sqrt{2} = 0\n\\]\n\n即：\n\\[\n\\rho (\\cos \\theta + \\sin \\theta) = \\sqrt{2}\n\\]\n\n我们需要找到 \\( I_3 \\) 与 \\( C \\) 的交点 \\( M \\) 的极径 \\( \\rho \\)。首先，将 \\( x = \\rho \\cos \\theta \\) 和 \\( y = \\rho \\sin \\theta \\) 代入 \\( C \\) 的方程：\n\\[\n(\\rho \\sin \\theta)^2 (\\rho \\cos \\theta - 2)^3 - (\\rho \\cos \\theta - 2) = 4\n\\]\n\n简化得到：\n\\[\n\\rho^2 \\sin^2 \\theta (\\rho \\cos \\theta - 2)^3 - (\\rho \\cos \\theta - 2) = 4\n\\]\n\n由于 \\( \\rho (\\cos \\theta + \\sin \\theta) = \\sqrt{2} \\)，我们可以设 \\( \\cos \\theta + \\sin \\theta = \\frac{\\sqrt{2}}{\\rho} \\)。将其代入上式，解出 \\( \\rho \\) 即可。<eoe>\n【答案】\\( \\rho = \\sqrt{2} \\)<eoa>" | 解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), $\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1); 又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数), 同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ ); 联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$; (2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$, $\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$. $\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】\n为了找到曲线 $C$ 的普通方程，我们需要消去参数 $t$ 和 $m$，从而得到 $x$ 和 $y$ 之间的关系式。首先，考虑直线 $I_{1}$ 的参数方程 $\\left\\{\\begin{array}{l}x=2+t \\\\ y=kt\\end{array}\\right.$，我们可以解出 $t=y/k$ 代入 $x=2+t$ 得到 $x=2+y/k$。接着，考虑直线 $I_{2}$ 的参数方程 $\\left\\{\\begin{array}{l}x=-2+m \\\\ y=m/k\\end{array}\\right.$，同样地，解出 $m=ky$ 并代入 $x=-2+m$ 得到 $x=-2+ky$。\n\n由于 $P$ 点同时满足 $I_{1}$ 和 $I_{2}$ 的方程，我们可以通过联立方程来消去 $t$ 和 $m$，得到 $P$ 点的坐标 $(x, y)$。即，将 $x=2+y/k$ 和 $x=-2+ky$ 联立求解。\n\n接下来，我们解这两个方程，得到 $C$ 的普通方程。\n\n\\[x=2+y/k\\]\n\\[x=-2+ky\\]\n\n消去 $x$，得到\n\\[2+y/k = -2+ky\\]\n\n移项并整理得\n\\[ky^2 - y - 4k = 0\\]\n\n这是一个关于 $y$ 的二次方程。由于我们关注的是 $x$ 和 $y$ 的关系，我们可以将 $x$ 表达为 $y$ 的函数。但是，直接从这个方程解出 $x$ 的表达式可能比较复杂，所以我们将直接从联立方程中解出 $x$ 和 $y$ 的关系。\n\n从 $x=2+y/k$ 和 $x=-2+ky$，我们直接可以解出 $y$ 关于 $k$ 的表达式，然后代入任意一个方程求出 $x$。但是，为了得到 $C$ 的普通方程，我们更关注的是消去 $k$，得到 $x$ 和 $y$ 的关系。\n\n通过上述方程组联立，我们得到 $C$ 的普通方程，即为\n\\[x^2 + y^2 - 4x + 4y = 0\\]\n\n这是通过将两个方程联立并解出 $k$ 的表达式，然后代入其中一个方程中消去 $k$ 后得到的结果。\n\n<eoe>\n\n【答案】\n曲线 $C$ 的普通方程为\n\\[x^2 + y^2 - 4x + 4y = 0\\]\n\n<eoa>\n\n(2)【解析】\n接下来，我们要将 $I_{3}$ 的极坐标方程转换为直角坐标系中的方程，然后解出 $I_{3}$ 与 $C$ 的交点 $M$ 的坐标。最后，我们再将 $M$ 的坐标转换为极坐标系中的极径。\n\n首先，将 $I_{3}$ 的极坐标方程 $\\rho(\\cos \\theta + \\sin \\theta) - \\sqrt{2} = 0$ 转换为直角坐标系中的方程。使用极坐标与直角坐标之间的转换关系 $\\rho = \\sqrt{x^2 + y^2}$，$\\cos \\theta = x/\\rho$，$\\sin \\theta = y/\\rho$，我们得到\n\\[x + y - \\sqrt{2} = 0\\]\n\n这是 $I_{3}$ 在直角坐标系中的方程。\n\n接下来，将 $C$ 的方程和 $I_{3}$ 的方程联立求解，得到交点 $M$ 的坐标 $(x, y)$。最后，使用极坐标与直角坐标之间的转换关系，求出 $M$ 的极径 $\\rho$。\n\n<eoe>\n\n【答案】\n首先，联立方程\n\\[x^2 + y^2 - 4x + 4y = 0\\]\n\\[x + y - \\sqrt{2} = 0\\]\n\n解这个方程组，得到交点 $M$ 的坐标 $(x, y)$。然后，使用极坐标与直角坐标之间的转换关系 $\\rho = \\sqrt{x^2 + y^2}$，求出 $M$ 的极径。\n\n由于具体的计算过程较为复杂，这里直接给出 $M$ 的极径的计算方法，而不进行具体的数值计算。\n\n<eoa>" | 解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), $\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1); 又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数), 同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ ); 联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$; (2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$, $\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$. $\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$. |
| baichuan4 | (1)【解析】 首先，我们需要消去参数方程中的参数 $t$ 和 $m$ 来得到曲线 $C$ 的普通方程。 对于直线 $I_{1}$，我们有： $$ \begin{cases} x = 2 + t \\ y = kt \end{cases} $$ 我们可以解出 $t = x - 2$，然后代入 $y = kt$ 得到 $y = k(x - 2)$。 对于直线 $I_{2}$，我们有： $$ \begin{cases} x = -2 + m \\ y = \frac{m}{k} \end{cases} $$ 我们可以解出 $m = x + 2$，然后代入 $y = \frac{m}{k}$ 得到 $y = \frac{1}{k}(x + 2)$。 由于 $P$ 是 $I_{1}$ 和 $I_{2}$ 的交点，我们可以将两个方程联立起来： $$ \begin{cases} y = k(x - 2) \\ y = \frac{1}{k}(x + 2) \end{cases} $$ 将两个方程的右侧设置相等，我们得到： $$ k(x - 2) = \frac{1}{k}(x + 2) $$ 将方程两边同时乘以 $k$，得到： $$ k^2(x - 2) = x + 2 $$ 展开并整理，得到： $$ k^2x - 2k^2 = x + 2 $$ 将含 $x$ 的项移到一边，常数项移到另一边，得到： $$ (k^2 - 1)x = 2k^2 + 2 $$ 由于 $k$ 变化时，$P$ 的轨迹为曲线 $C$，我们可以得出曲线 $C$ 的普通方程为： $$ (k^2 - 1)x = 2k^2 + 2 $$ 或者写为标准形式： $$ x = \frac{2k^2 + 2}{k^2 - 1} $$ 这就是曲线 $C$ 的普通方程。 【答案】 曲线 $C$ 的普通方程为： $$ x = \frac{2k^2 + 2}{k^2 - 1} $$ (2)【解析】 现在我们需要找到 $I_{3}$ 和 $C$ 的交点 $M$ 的极径。 我们已经有了曲线 $C$ 的普通方程： $$ x = \frac{2k^2 + 2}{k^2 - 1} $$ 而直线 $I_{3}$ 的极坐标方程为： $$ \rho(\cos\theta + \sin\theta) - \sqrt{2} = 0 $$ 我们可以将其转换为直角坐标方程： $$ x + y - \sqrt{2} = 0 $$ 由于 $y = k(x - 2)$，我们可以将 $y$ 替换掉，得到： $$ x + k(x - 2) - \sqrt{2} = 0 $$ 展开并整理，得到： $$ x(1 + k) - 2k - \sqrt{2} = 0 $$ 这是 $I_{3}$ 在直角坐标系下的方程。 现在我们将曲线 $C$ 的方程和 $I_{3}$ 的方程联立起来： $$ \begin{cases} x = \frac{2k^2 + 2}{k^2 - 1} \\ x(1 + k) - 2k - \sqrt{2} = 0 \end{cases} $$ 将第一个方程代入第二个方程，得到： $$ \frac{2k^2 + 2}{k^2 - 1}(1 + k) - 2k - \sqrt{2} = 0 $$ 展开并整理，得到一个关于 $k$ 的方程。解这个方程，我们可以得到 $k$ 的值。然后，我们可以将 $k$ 的值代入曲线 $C$ 的方程中，得到交点 $M$ 的 $x$ 坐标。 最后，我们需要将 $M$ 的 $x$ 坐标转换为极径 $\rho$。由于 $M$ 在 $I_{3}$ 上，我们可以使用 $I_{3}$ 的极坐标方程： $$ \rho = \frac{\sqrt{2}}{\cos\theta + \sin\theta} $$ 由于 $M$ 的 $x$ 坐标已知，我们可以找到对应的 $\theta$ 值，然后代入上面的方程中得到 $\rho$ 的值。 【答案】 假设我们已经找到了 $k$ 的值，并且得到了 $M$ 的 $x$ 坐标为 $x_M$。然后我们可以使用以下步骤找到 $M$ 的极径 $\rho$： 1. 计算 $\theta$，使得 $\cos\theta + \sin\theta = \frac{1}{\sqrt{2}}$（这是因为 $M$ 在 $I_{3}$ 上）。 2. 将 $\theta$ 代入 $I_{3}$ 的极坐标方程中得到 $\rho$ 的值： $$ \rho = \frac{\sqrt{2}}{\cos\theta + \sin\theta} = \frac{\sqrt{2}}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = 2 $$ 因此，$M$ 的极径 $\rho = 2$。 |
解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), $\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1); 又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数), 同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ ); 联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$; (2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$, $\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$. $\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$. |
| doubao | (1)【解析】直线$I_1$的参数方程为$\left\{\begin{array}{l}x=2+t\\y=kt\end{array}\right.$，消去参数$t$可得$y=k(x-2)$。直线$I_2$的参数方程为$\left\{\begin{array}{l}x=-2+m\\y=\frac{m}{k}\end{array}\right.$，消去参数$m$可得$y=\frac{1}{k}(x+2)$。联立可得$\begin{cases}y=k(x-2)\\y=\frac{1}{k}(x+2)\end{cases}$，消去$k$，得到$x^2-y^2=4$。<eoe> 【答案】$x^2-y^2=4$。<eoa> (2)【解析】将$I_3$的极坐标方程转化为直角坐标方程为$x+y=\sqrt{2}$。将其与曲线$C$的方程$x^2-y^2=4$联立，可得$\begin{cases}x+y=\sqrt{2}\\x^2-y^2=4\end{cases}$，将$x+y=\sqrt{2}$变形为$y=\sqrt{2}-x$，代入$x^2-y^2=4$可得$x^2-(\sqrt{2}-x)^2=4$，解方程可得$x=\frac{3\sqrt{2}}{2}$，则$y=-\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$\rho=\sqrt{(\frac{3\sqrt{2}}{2})^2+(-\frac{\sqrt{2}}{2})^2}=\sqrt{5}$。<eoe> 【答案】$\sqrt{5}$。<eoa> |
解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), $\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1); 又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数), 同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ ); 联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$; (2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$, $\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$. $\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$. |
| minimax | (1)【解析】首先，我们需要找到直线 $I_{1}$ 和 $I_{2}$ 的交点 $P$ 的坐标。由于 $P$ 在两条直线上，我们可以将 $I_{1}$ 和 $I_{2}$ 的参数方程中的 $x$ 和 $y$ 坐标设置为相等，从而解出 $t$ 和 $m$ 的值。然后，我们可以用这些值来消去参数，得到 $P$ 的普通方程。 对于 $I_{1}$ 和 $I_{2}$，我们有： $$ \begin{cases} x_{P} = 2 + t \\ y_{P} = kt \end{cases} \quad \text{和} \quad \begin{cases} x_{P} = -2 + m \\ y_{P} = \frac{m}{k} \end{cases} $$ 将 $x_{P}$ 和 $y_{P}$ 的两个表达式设置为相等，我们得到： $$ 2 + t = -2 + m $$ $$ kt = \frac{m}{k} $$ 从第一个方程中解出 $t$： $$ t = m - 4 $$ 将 $t$ 的表达式代入第二个方程中解出 $m$： $$ k(m - 4) = \frac{m}{k} $$ $$ km^2 - 4km = m $$ $$ m(km - 4k - 1) = 0 $$ 由于 $m$ 不能为零（否则 $P$ 将不在 $I_{2}$ 上），我们得到： $$ km - 4k - 1 = 0 $$ 现在我们有了 $m$ 关于 $k$ 的表达式，我们可以将其代入 $I_{2}$ 的参数方程中得到 $P$ 的坐标： $$ x_{P} = -2 + m = -2 + \frac{4k + 1}{k} $$ $$ y_{P} = \frac{m}{k} = \frac{4k + 1}{k^2} $$ 为了得到 $C$ 的普通方程，我们需要消去参数 $k$。我们可以将 $y_{P}$ 的表达式乘以 $k^2$ 并与 $x_{P}$ 的表达式相减： $$ k^2 y_{P} = 4k + 1 $$ $$ k^2 \frac{4k + 1}{k^2} = 4k + 1 $$ 现在我们有了 $y_{P}$ 关于 $x_{P}$ 的表达式，这就是 $C$ 的普通方程。<eoe> 【答案】 $$ y_{P} = \frac{4k + 1}{k^2} x_{P} - \frac{4k + 1}{k^2} + 2 $$ 由于 $k$ 是一个变量，我们不能直接给出一个具体的方程形式。但是，我们可以将上述方程重写为： $$ k^2 y_{P} = (4k + 1) x_{P} - (4k + 1) + 2k^2 $$ 这就是曲线 $C$ 的普通方程。<eoa> (2)【解析】现在我们需要找到曲线 $C$ 和直线 $I_{3}$ 的交点 $M$ 的极径。首先，我们将曲线 $C$ 的普通方程转换为极坐标方程。然后，我们将 $I_{3}$ 的极坐标方程与曲线 $C$ 的极坐标方程联立，解出 $M$ 的极径 $\rho$。 曲线 $C$ 的普通方程为： $$ k^2 y = (4k + 1)x - (4k + 1) + 2k^2 $$ 将直角坐标转换为极坐标，我们有： $$ x = \rho \cos \theta $$ $$ y = \rho \sin \theta $$ 代入曲线 $C$ 的方程中，我们得到： $$ k^2 \rho \sin \theta = (4k + 1)\rho \cos \theta - (4k + 1) + 2k^2 $$ 现在我们需要将 $I_{3}$ 的极坐标方程与上述方程联立。$I_{3}$ 的极坐标方程为： $$ \rho(\cos \theta + \sin \theta) - \sqrt{2} = 0 $$ 我们可以将 $\rho$ 从 $I_{3}$ 的方程中解出： $$ \rho = \frac{\sqrt{2}}{\cos \theta + \sin \theta} $$ 将 $\rho$ 的表达式代入曲线 $C$ 的极坐标方程中，我们得到： $$ k^2 \sin \theta = (4k + 1)\frac{\sqrt{2}}{\cos \theta + \sin \theta} \cos \theta - (4k + 1) + 2k^2 $$ 这是一个关于 $\theta$ 的方程，我们可以解出 $\theta$，然后代入 $\rho$ 的表达式中得到 $M$ 的极径。但是，由于 $k$ 是一个变量，我们不能直接解出 $\theta$。我们需要找到一个不依赖于 $k$ 的表达式来表示 $\rho$。 注意到 $I_{3}$ 的方程可以重写为： $$ \rho = \frac{\sqrt{2}}{\cos \theta + \sin \theta} $$ 我们可以将 $\rho$ 的表达式代入曲线 $C$ 的极坐标方程中，然后消去 $\rho$，得到一个关于 $\theta$ 的方程。但是，由于 $k$ 是一个变量，我们不能直接解出 $\theta$。我们需要找到一个不依赖于 $k$ 的表达式来表示 $\rho$。 注意到 $I_{3}$ 的方程可以重写为： $$ \rho(\cos \theta + \sin \theta) = \sqrt{2} $$ 我们可以将 $\rho$ 的表达式代入曲线 $C$ 的极坐标方程中，然后消去 $\rho$，得到一个关于 $\theta$ 的方程。但是，由于 $k$ 是一个变量，我们不能直接解出 $\theta$。我们需要找到一个不依赖于 $k$ 的表达式来表示 $\rho$。 注意到 $I_{3}$ 的方程可以重写为： $$ \rho(\cos \theta + \sin \theta) = \sqrt{2} $$ 我们可以将 $\rho$ 的表达式代入曲线 $C$ 的极坐标方程中，然后消去 $\rho$，得到一个关于 $\theta$ 的方程。抱歉，上文中出现了重复错误，我将重新组织回答： (2)【解析】 为了求出交点M的极径，我们需要将直线$I_{3}$的极坐标方程转换为直角坐标系中的方程，然后与曲线$C$的方程联立求解。 直线$I_{3}$的极坐标方程为： $$\rho(\cos \theta + \sin \theta) - \sqrt{2} = 0$$ 将极坐标转换为直角坐标，我们有： $$x = \rho \cos \theta$$ $$y = \rho \sin \theta$$ 因此，直线$I_{3}$的直角坐标方程为： $$x + y - \sqrt{2} = 0$$ 曲线$C$的普通方程我们已经在(1)中得到，为： $$k^2 y = (4k + 1)x - (4k + 1) + 2k^2$$ 现在我们需要将曲线$C$的普通方程中的$k$消去，以便与直线$I_{3}$的方程联立。由于$k$是变量，我们不能直接消去$k$，但我们可以通过曲线$C$的参数方程来表示$x$和$y$，然后代入直线$I_{3}$的方程中。 曲线$C$的参数方程为： $$x = 2 + t$$ $$y = kt$$ 直线$I_{3}$的方程为： $$x + y - \sqrt{2} = 0$$ 将曲线$C$的参数方程代入直线$I_{3}$的方程中，我们得到： $$(2 + t) + kt - \sqrt{2} = 0$$ 整理得到： $$t(1 + k) = \sqrt{2} - 2$$ 由于$t$是参数，我们可以用上面的等式来表示$t$，然后代入曲线$C$的参数方程中得到$x$和$y$关于$k$的表达式。然后，我们可以将这些表达式代入曲线$C$的普通方程中，消去$k$，得到$x$和$y$的关系，即曲线$C$的普通方程。 但是，由于曲线$C$的普通方程中包含$k$，我们无法直接消去$k$得到一个不包含$k$的普通方程。因此，我们需要找到一个不依赖于$k$的$x$和$y$的关系，这个关系可以通过曲线$C$的参数 |
解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), $\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1); 又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数), 同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ ); 联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$; (2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$, $\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$. $\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$. |
| kimi | (1)【解析】首先，我们需要找到两条直线的交点P。为了做到这一点，我们可以将两条直线的参数方程联立起来。直线$I_{1}$的参数方程为： \[ \begin{cases} x = 2 + t \\ y = kt \end{cases} \] 直线$I_{2}$的参数方程为： \[ \begin{cases} x = -2 + m \\ y = \frac{m}{k} \end{cases} \] 将$I_{1}$的$x$和$y$代入$I_{2}$的方程中，我们得到： \[ \begin{cases} 2 + t = -2 + m \\ kt = \frac{m}{k} \end{cases} \] 解这个方程组，我们得到： \[ \begin{cases} m = 2t + 4 \\ t = \frac{m}{k^2} \end{cases} \] 将$m = 2t + 4$代入$t = \frac{m}{k^2}$，我们得到： \[ t = \frac{2t + 4}{k^2} \] 解这个方程，我们得到： \[ t(k^2 - 2) = 4 \] \[ t = \frac{4}{k^2 - 2} \] 将$t$的值代入$I_{1}$的方程中，我们可以得到$P$的坐标： \[ \begin{cases} x = 2 + \frac{4}{k^2 - 2} \\ y = k \cdot \frac{4}{k^2 - 2} \end{cases} \] 消去参数$k$，我们得到$P$的轨迹方程$C$。 <eoe> 【答案】 \[ \begin{aligned} x &= 2 + \frac{4}{k^2 - 2} \\ y &= k \cdot \frac{4}{k^2 - 2} \\ \end{aligned} \] 消去$k$，我们得到： \[ y^2 = 4(x - 2) \] <eoa> (2)【解析】首先，我们需要将曲线$C$的普通方程转换为极坐标方程。在极坐标系中，我们有： \[ \begin{cases} x = \rho \cos \theta \\ y = \rho \sin \theta \end{cases} \] 将这些代入曲线$C$的普通方程$y^2 = 4(x - 2)$，我们得到： \[ (\rho \sin \theta)^2 = 4(\rho \cos \theta - 2) \] 简化得到： \[ \rho^2 \sin^2 \theta = 4\rho \cos \theta - 8 \] \[ \rho^2 \sin^2 \theta - 4\rho \cos \theta + 8 = 0 \] 现在，我们需要找到直线$I_{3}$与曲线$C$的交点$M$。直线$I_{3}$的极坐标方程为： \[ \rho(\cos \theta + \sin \theta) - \sqrt{2} = 0 \] \[ \rho = \frac{\sqrt{2}}{\cos \theta + \sin \theta} \] 将$\rho$代入曲线$C$的极坐标方程中，我们得到： \[ \left(\frac{\sqrt{2}}{\cos \theta + \sin \theta}\right)^2 \sin^2 \theta - 4\left(\frac{\sqrt{2}}{\cos \theta + \sin \theta}\right) \cos \theta + 8 = 0 \] 解这个方程，我们可以得到$\theta$的值，然后计算$M$的极径。 <eoe> 【答案】 \[ \rho = \frac{\sqrt{2}}{\cos \theta + \sin \theta} \] <eoa> |
解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), $\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1); 又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数), 同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ ); 联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$; (2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$, $\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$. $\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】 首先，我们联立直线$l_1$和$l_2$的参数方程，得到： $\left\{\begin{array}{l} x = 2 + t \\ y = kt \\ x = -2 + m \\ y = \frac{m}{k} \end{array}\right.$ 解这个方程组，我们得到： $kt = \frac{m}{k} \Rightarrow m = k^2t$ $2 + t = -2 + m \Rightarrow m = t + 4$ 将$m = k^2t$代入$m = t + 4$，我们得到： $k^2t = t + 4 \Rightarrow k^2 = 1 + \frac{4}{t}$ 因为$k$是变量，所以我们可以将$k^2$看作是一个新的变量，设$k^2 = 1 + \frac{4}{t} = \frac{t+4}{t}$，解这个方程，我们得到： $t^2 + 4t - 4 = 0$ 因此，点$P$的轨迹方程为： $x^2 + 4x - 4 = 0$ <eoe> 【答案】 $x^2 + 4x - 4 = 0$ (2)【解析】 首先，我们将直线$l_3$的极坐标方程转化为直角坐标方程： $\rho(\cos \theta + \sin \theta) - \sqrt{2} = 0 \Rightarrow x + y - \sqrt{2} = 0$ 然后，我们将这个方程与曲线$C$的方程联立，得到： $\left\{\begin{array}{l} x^2 + 4x - 4 = 0 \\ x + y - \sqrt{2} = 0 \end{array}\right.$ 解这个方程组，我们得到两个解，分别是： $\left\{\begin{array}{l} x = -2 + \sqrt{6} \\ y = -2 + 2\sqrt{2} \end{array}\right.$ 和 $\left\{\begin{array}{l} x = -2 - \sqrt{6} \\ y = -2 \end{array}\right.$ 因此，点$M$的极径为： $\rho_1 = \sqrt{(-2+\sqrt{6})^2 + (-2+2\sqrt{2})^2} = \sqrt{10}$ 和 $\rho_2 = \sqrt{(-2-\sqrt{6})^2 + (-2)^2} = \sqrt{10}$ <eoe> 【答案】 $\rho_1 = \sqrt{10}, \rho_2 = \sqrt{10}$ |
解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), $\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1); 又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数), 同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ ); 联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$; (2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$, $\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$. $\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们需要找到直线 $I_1$ 和 $I_2$ 的交点 $P$。将 $I_1$ 和 $I_2$ 的参数方程分别写出： \[ I_1: \left\{\begin{array}{l} x = 2 + t \\ y = kt \end{array}\right. \] \[ I_2: \left\{\begin{array}{l} x = -2 + m \\ y = \frac{m}{k} \end{array}\right. \] 设交点 $P$ 的坐标为 $(x, y)$，则有： \[ 2 + t = -2 + m \] \[ kt = \frac{m}{k} \] 从第一式中解出 $m$： \[ m = t + 4 \] 将 $m = t + 4$ 代入第二式中： \[ kt = \frac{t + 4}{k} \] \[ k^2 t = t + 4 \] \[ t(k^2 - 1) = 4 \] \[ t = \frac{4}{k^2 - 1} \] 将 $t$ 代入 $I_1$ 的参数方程中求 $x$ 和 $y$： \[ x = 2 + \frac{4}{k^2 - 1} \] \[ y = k \cdot \frac{4}{k^2 - 1} = \frac{4k}{k^2 - 1} \] 消去参数 $k$，我们得到 $P$ 的轨迹方程。设 $x = 2 + \frac{4}{k^2 - 1}$，则： \[ x - 2 = \frac{4}{k^2 - 1} \] \[ k^2 - 1 = \frac{4}{x - 2} \] \[ k^2 = \frac{4}{x - 2} + 1 \] 将 $y = \frac{4k}{k^2 - 1}$ 代入上式： \[ y = \frac{4k}{\frac{4}{x - 2}} = k(x - 2) \] \[ k = \frac{y}{x - 2} \] 将 $k$ 代入 $k^2 = \frac{4}{x - 2} + 1$： \[ \left(\frac{y}{x - 2}\right)^2 = \frac{4}{x - 2} + 1 \] \[ \frac{y^2}{(x - 2)^2} = \frac{4}{x - 2} + 1 \] \[ y^2 = (x - 2)^2 \left(\frac{4}{x - 2} + 1\right) \] \[ y^2 = 4(x - 2) + (x - 2)^2 \] \[ y^2 = x^2 - 4x + 4 + 4x - 8 \] \[ y^2 = x^2 - 4 \] 所以，曲线 $C$ 的普通方程为： \[ x^2 - y^2 = 4 \] <eoe> 【答案】 \[ x^2 - y^2 = 4 \] <eoa> (2)【解析】 首先，将直线 $I_3$ 的极坐标方程转换为直角坐标方程。已知 $I_3$ 的极坐标方程为： \[ \rho(\cos \theta + \sin \theta) - \sqrt{2} = 0 \] 即： \[ \rho(\cos \theta + \sin \theta) = \sqrt{2} \] 转换为直角坐标方程： \[ x + y = \sqrt{2} \] 接下来，求直线 $x + y = \sqrt{2}$ 与曲线 $C$ 的交点。曲线 $C$ 的方程为： \[ x^2 - y^2 = 4 \] 将 $y = \sqrt{2} - x$ 代入曲线方程： \[ x^2 - (\sqrt{2} - x)^2 = 4 \] \[ x^2 - (2 - 2\sqrt{2}x + x^2) = 4 \] \[ x^2 - 2 + 2\sqrt{2}x - x^2 = 4 \] \[ 2\sqrt{2}x - 2 = 4 \] \[ 2\sqrt{2}x = 6 \] \[ x = \frac{3\sqrt{2}}{2} \] 代入 $y = \sqrt{2} - x$： \[ y = \sqrt{2} - \frac{3\sqrt{2}}{2} = -\frac{\sqrt{2}}{2} \] 所以交点 $M$ 的直角坐标为： \[ M \left( \frac{3\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2} \right) \] 求 $M$ 的极径 $\rho$： \[ \rho = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{\left( \frac{3\sqrt{2}}{2} \right)^2 + \left( -\frac{\sqrt{2}}{2} \right)^2} \] \[ \rho = \sqrt{\frac{18}{4} + \frac{2}{4}} = \sqrt{\frac{20}{4}} = \sqrt{5} \] <eoe> 【答案】 \[ \sqrt{5} \] <eoa> |
解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), $\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1); 又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数), 同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ ); 联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$; (2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$, $\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$. $\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$. |
| gpto1 | (1)【解析】 首先，我们要找出直线 $I_1$ 和 $I_2$ 的交点 $P$，并求出 $P$ 的轨迹 $C$ 的方程。 直线 $I_1$ 的参数方程为： \[ \left\{ \begin{array}{l} x = 2 + t \\ y = k t \end{array} \right. \] 直线 $I_2$ 的参数方程为： \[ \left\{ \begin{array}{l} x = -2 + m \\ y = \dfrac{m}{k} \end{array} \right. \] 在交点 $P$ 处，$x$ 和 $y$ 坐标相等，因此： \[ \begin{cases} 2 + t = -2 + m \\ k t = \dfrac{m}{k} \end{cases} \] 由第一式得到： \[ m = t + 4 \] 将 $m$ 代入第二式： \[ k t = \dfrac{t + 4}{k} \] 两边乘以 $k$，得到： \[ k^2 t = t + 4 \] 整理得： \[ t(k^2 - 1) = 4 \] 因此： \[ t = \dfrac{4}{k^2 - 1} \] 那么，交点 $P$ 的坐标为： \[ \begin{cases} x = 2 + t = 2 + \dfrac{4}{k^2 - 1} \\ y = k t = k \cdot \dfrac{4}{k^2 - 1} = \dfrac{4k}{k^2 - 1} \end{cases} \] 接下来，我们需要消去参数 $k$，得到关于 $x$ 和 $y$ 的方程。 从 $x$ 的表达式中，得： \[ x - 2 = \dfrac{4}{k^2 - 1} \] 即： \[ k^2 - 1 = \dfrac{4}{x - 2} \] 因此： \[ k^2 = \dfrac{4}{x - 2} + 1 = \dfrac{4 + x - 2}{x - 2} = \dfrac{x + 2}{x - 2} \] 同样地，由 $y$ 的表达式： \[ y = \dfrac{4k}{k^2 - 1} = \dfrac{4k}{\dfrac{4}{x - 2}} = k(x - 2) \] 所以： \[ y = k(x - 2) \] 用 $k^2$ 的表达式，我们有： \[ k = \pm \sqrt{\dfrac{x + 2}{x - 2}} \] 因此，$y$ 可以表示为： \[ y = \pm \sqrt{\dfrac{x + 2}{x - 2}} (x - 2) = \pm \sqrt{(x + 2)(x - 2)} = \pm \sqrt{x^2 - 4} \] 所以，$P$ 的轨迹方程为： \[ y^2 = x^2 - 4 \] 即： \[ x^2 - y^2 = 4 \] <eoe> 【答案】 (1) 曲线 $C$ 的方程为 $x^2 - y^2 = 4$。<eoa> (2)【解析】 首先，将曲线 $C$ 和直线 $I_3$ 的方程在极坐标系下表示。 曲线 $C$ 的极坐标方程： \[ x^2 - y^2 = 4 \\ \Rightarrow (\rho \cos \theta)^2 - (\rho \sin \theta)^2 = 4 \\ \Rightarrow \rho^2 (\cos^2 \theta - \sin^2 \theta ) = 4 \\ \] 由于 $\cos^2 \theta - \sin^2 \theta = \cos 2\theta$，所以： \[ \rho^2 \cos 2\theta = 4 \\ \Rightarrow \rho^2 = \dfrac{4}{\cos 2\theta} \] 直线 $I_3$ 的极坐标方程： \[ \rho (\cos \theta + \sin \theta) = \sqrt{2} \\ \Rightarrow \rho = \dfrac{\sqrt{2}}{\cos \theta + \sin \theta} \] 现在，将 $\rho^2$ 的两个表达式相等，得到： \[ \dfrac{4}{\cos 2\theta} = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{\cos \theta + \sin \theta} \right)^2 \\ \Rightarrow \dfrac{4}{\cos 2\theta} = \dfrac{2}{(\cos \theta + \sin \theta)^2} \] 交叉相乘，得到： \[ 4 (\cos \theta + \sin \theta )^2 = 2 \cos 2\theta \\ \Rightarrow 2 (\cos \theta + \sin \theta )^2 = \cos 2\theta \] 展开左边： \[ 2 (\cos^2 \theta + 2 \cos \theta \sin \theta + \sin^2 \theta ) = \cos 2\theta \\ \Rightarrow 2 (1 + 2 \cos \theta \sin \theta ) = \cos 2\theta \\ \Rightarrow 2 + 4 \cos \theta \sin \theta = \cos 2\theta \] 使用 $2 \cos \theta \sin \theta = \sin 2\theta$，得： \[ 2 + 2 \sin 2\theta = \cos 2\theta \\ \] 将所有项移到等式左边： \[ 2 + 2 \sin 2\theta - \cos 2\theta = 0 \] 令 $\alpha = 2\theta$，则方程变为： \[ 2 + 2 \sin \alpha - \cos \alpha = 0 \] 整理得： \[ 2 \sin \alpha - \cos \alpha + 2 = 0 \] 使用辅助角方法，设： \[ R \sin (\alpha + \phi ) = 2 \sin \alpha - \cos \alpha \] 计算 $R$ 和 $\phi$： \[ R = \sqrt{(2)^2 + (-1)^2} = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5} \\ \cos \phi = \dfrac{2}{\sqrt{5}} \\ \sin \phi = \dfrac{-1}{\sqrt{5}} \\ \phi = \arctan \left( \dfrac{-1}{2} \right ) = - \arctan \left( \dfrac{1}{2} \right ) \] 因此，原方程可写为： \[ \sqrt{5} \sin \left( \alpha - \arctan \dfrac{1}{2} \right ) + 2 = 0 \\ \Rightarrow \sin \left( \alpha - \arctan \dfrac{1}{2} \right ) = - \dfrac{2}{\sqrt{5}} \] 计算 $\arcsin \left( - \dfrac{2}{\sqrt{5}} \right )$，得： \[ \alpha - \arctan \dfrac{1}{2} = - \arcsin \dfrac{2}{\sqrt{5}} \quad \text{或} \quad \alpha - \arctan \dfrac{1}{2} = \pi + \arcsin \dfrac{2}{\sqrt{5}} \] 因为 $\arctan \dfrac{1}{2} = \arcsin \dfrac{1}{\sqrt{5}}$，所以： \[ \alpha = - \arcsin \dfrac{2}{\sqrt{5}} + \arcsin \dfrac{1}{\sqrt{5}} \quad \text{或} \quad \alpha = \pi + \arcsin \dfrac{2}{\sqrt{5}} + \arcsin \dfrac{1}{\sqrt{5}} \] 计算后可得 $\alpha = \pm \dfrac{\pi}{2}$，因此： \[ 2\theta = \pm \dfrac{\pi}{2} \\ \Rightarrow \theta = \pm \dfrac{\pi}{4} \] 当 $\theta = \dfrac{\pi}{4}$ 时，计算 $\rho$： \[ \rho = \dfrac{\sqrt{2}}{\cos \dfrac{\pi}{4} + \sin \dfrac{\pi}{4}} = \dfrac{\sqrt{2}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{2}}{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 1 \] 当 $\theta = -\dfrac{\pi}{4}$ 时： \[ \cos \left( -\dfrac{\pi}{4} \right ) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}, \quad \sin \left( -\dfrac{\pi}{4} \right ) = - \dfrac{\sqrt{2}}{2} \\ \Rightarrow \cos \left( -\dfrac{\pi}{4} \right ) + \sin \left( -\dfrac{\pi}{4} \right ) = 0 \\ \] 此时分母为零，$\rho$ 没有意义，故舍去。 因此，$M$ 的极径为 $\rho = 1$。 <eoe> 【答案】 (2) $M$ 的极径为 $\rho = 1$。<eoa> |
解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), $\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1); 又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数), 同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ ); 联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$; (2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$, $\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$. $\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$. |
| deepseekv3 | (1)【解析】首先，我们需要找到直线 \(I_1\) 和 \(I_2\) 的交点 \(P\) 的坐标。给定直线 \(I_1\) 的参数方程为 \[ \begin{cases} x = 2 + t \\ y = k t \end{cases} \] 直线 \(I_2\) 的参数方程为 \[ \begin{cases} x = -2 + m \\ y = \frac{m}{k} \end{cases} \] 设 \(P\) 为 \(I_1\) 和 \(I_2\) 的交点，则 \(P\) 的坐标同时满足这两个方程。因此，我们可以得到以下方程组： \[ \begin{cases} 2 + t = -2 + m \\ k t = \frac{m}{k} \end{cases} \] 由第一个方程解得 \(m = t + 4\)。将 \(m = t + 4\) 代入第二个方程，得到 \[ k t = \frac{t + 4}{k} \] 整理后得到 \[ k^2 t = t + 4 \] 进一步整理可得 \[ t (k^2 - 1) = 4 \] 因此， \[ t = \frac{4}{k^2 - 1} \] 将 \(t\) 代入 \(x = 2 + t\)，得到 \[ x = 2 + \frac{4}{k^2 - 1} \] 将 \(t\) 代入 \(y = k t\)，得到 \[ y = k \cdot \frac{4}{k^2 - 1} = \frac{4k}{k^2 - 1} \] 因此，交点 \(P\) 的坐标为 \[ \left(2 + \frac{4}{k^2 - 1}, \frac{4k}{k^2 - 1}\right) \] 为了找到 \(P\) 的轨迹曲线 \(C\)，我们需要消去参数 \(k\)。设 \(x = 2 + \frac{4}{k^2 - 1}\)，则 \[ x - 2 = \frac{4}{k^2 - 1} \] 将其代入 \(y = \frac{4k}{k^2 - 1}\)，得到 \[ y = k (x - 2) \] 因此，曲线 \(C\) 的普通方程为 \[ y = k (x - 2) \] 然而，由于 \(k\) 是变化的参数，我们需要进一步消去 \(k\)。注意到 \(k = \frac{y}{x - 2}\)，将其代入 \(x - 2 = \frac{4}{k^2 - 1}\)，得到 \[ x - 2 = \frac{4}{\left(\frac{y}{x - 2}\right)^2 - 1} \] 整理后得到 \[ (x - 2)\left(\frac{y^2}{(x - 2)^2} - 1\right) = 4 \] 进一步整理得到 \[ \frac{y^2}{x - 2} - (x - 2) = 4 \] 即 \[ y^2 - (x - 2)^2 = 4(x - 2) \] 展开并整理得到 \[ y^2 = x^2 - 4x + 4 + 4x - 8 = x^2 - 4 \] 因此，曲线 \(C\) 的普通方程为 \[ y^2 = x^2 - 4 \] <eoe> 【答案】曲线 \(C\) 的普通方程为 \(y^2 = x^2 - 4\)。 <eoa> (2)【解析】在极坐标系中，给定直线 \(I_3\) 的方程为 \[ \rho (\cos \theta + \sin \theta) - \sqrt{2} = 0 \] 将其转换为直角坐标系下的方程，得到 \[ x + y = \sqrt{2} \] 曲线 \(C\) 的方程为 \(y^2 = x^2 - 4\)。我们需要求 \(I_3\) 与 \(C\) 的交点 \(M\) 的极径。首先，求其直角坐标系下的坐标。 将 \(x + y = \sqrt{2}\) 代入 \(y^2 = x^2 - 4\)，得到 \[ y = \sqrt{2} - x \] 将 \(y = \sqrt{2} - x\) 代入 \(y^2 = x^2 - 4\)，得到 \[ (\sqrt{2} - x)^2 = x^2 - 4 \] 展开并整理得到 \[ 2 - 2\sqrt{2}x + x^2 = x^2 - 4 \] 进一步整理得到 \[ 2 - 2\sqrt{2}x = -4 \] 即 \[ -2\sqrt{2}x = -6 \] 因此， \[ x = \frac{6}{2\sqrt{2}} = \frac{3}{\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2} \] 将 \(x = \frac{3\sqrt{2}}{2}\) 代入 \(y = \sqrt{2} - x\)，得到 \[ y = \sqrt{2} - \frac{3\sqrt{2}}{2} = -\frac{\sqrt{2}}{2} \] 因此，点 \(M\) 的直角坐标为 \(\left(\frac{3\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\)。 将其转换为极坐标，极径 \(\rho\) 为 \[ \rho = \sqrt{\left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2 + \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{18}{4} + \frac{2}{4}} = \sqrt{\frac{20}{4}} = \sqrt{5} \] <eoe> 【答案】\(M\) 的极径为 \(\sqrt{5}\)。 <eoa> |
解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), $\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1); 又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数), 同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ ); 联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$; (2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$, $\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$. $\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$. |