| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 设点 \( A(a, -a) \)，因为点 \( A \) 在直线 \( x + y = 0 \) 上，所以 \( A \) 的坐标可以表示为 \( (a, -a) \)。点 \( B \) 关于原点 \( O \) 对称，因此 \( B \) 的坐标为 \( (-a, a) \)。 根据题意，点 \( A \) 和点 \( B \) 的距离 \( |AB| = 4 \)，我们可以计算： \[ |AB| = \sqrt{(a - (-a))^2 + (-a - a)^2} = \sqrt{(2a)^2 + (-2a)^2} = \sqrt{4a^2 + 4a^2} = \sqrt{8a^2} = 2\sqrt{2}a \] 由此可得： \[ 2\sqrt{2}a = 4 \implies a = \frac{4}{2\sqrt{2}} = \sqrt{2} \] 所以，点 \( A \) 的坐标为 \( (\sqrt{2}, -\sqrt{2}) \)，点 \( B \) 的坐标为 \( (-\sqrt{2}, \sqrt{2}) \)。 设圆 \( \odot M \) 的圆心为 \( M(h, k) \)，半径为 \( r \)。圆 \( \odot M \) 过点 \( A \) 和点 \( B \)，所以有： \[ (h - \sqrt{2})^2 + (k + \sqrt{2})^2 = r^2 \] \[ (h + \sqrt{2})^2 + (k - \sqrt{2})^2 = r^2 \] 圆 \( \odot M \) 与直线 \( x + 2 = 0 \) 相切，直线 \( x + 2 = 0 \) 的方程可以写成 \( x = -2 \)，圆心到直线的距离为半径 \( r \)，所以有： \[ |h + 2| = r \] 解方程组： \[ (h - \sqrt{2})^2 + (k + \sqrt{2})^2 = (h + \sqrt{2})^2 + (k - \sqrt{2})^2 \] 展开并化简： \[ h^2 - 2h\sqrt{2} + 2 + k^2 + 2k\sqrt{2} + 2 = h^2 + 2h\sqrt{2} + 2 + k^2 - 2k\sqrt{2} + 2 \] \[ -2h\sqrt{2} + 2k\sqrt{2} = 2h\sqrt{2} - 2k\sqrt{2} \] \[ -4h\sqrt{2} + 4k\sqrt{2} = 0 \implies h = k \] 代入 \( |h + 2| = r \)，得： \[ |h + 2| = r \] 再代入 \( h = k \) 到 \( (h - \sqrt{2})^2 + (h + \sqrt{2})^2 = r^2 \)： \[ (h - \sqrt{2})^2 + (h + \sqrt{2})^2 = r^2 \] \[ h^2 - 2h\sqrt{2} + 2 + h^2 + 2h\sqrt{2} + 2 = r^2 \] \[ 2h^2 + 4 = r^2 \] 结合 \( |h + 2| = r \)，有： \[ r^2 = (h + 2)^2 \] \[ 2h^2 + 4 = (h + 2)^2 \] \[ 2h^2 + 4 = h^2 + 4h + 4 \] \[ h^2 - 4h = 0 \] \[ h(h - 4) = 0 \] \[ h = 0 \text{ 或 } h = 4 \] 当 \( h = 0 \) 时，\( r = 2 \)。 当 \( h = 4 \) 时，\( r = 6 \)。 所以，圆的半径 \( r \) 可以是 2 或 6。 <eoe> 【答案】2 或 6<eoa> (2)【解析】 我们需要判断是否存在定点 \( P \)，使得当 \( A \) 运动时，\( |MA| - |MP| \) 为定值。 设定点 \( P \) 的坐标为 \( (p, q) \)，我们需要 \( |MA| - |MP| \) 为定值。考虑 \( M \) 的坐标 \( (h, k) \)，当 \( A \) 运动时，\( M \) 的坐标也会随之变化。 由于 \( A \) 和 \( B \) 关于原点对称，且 \( \odot M \) 过点 \( A \) 和点 \( B \)，所以 \( M \) 的坐标 \( (h, k) \) 也会随 \( A \) 的变化而变化。 考虑 \( |MA| \) 和 \( |MP| \) 的表达式： \[ |MA| = \sqrt{(h - a)^2 + (k + a)^2} \] \[ |MP| = \sqrt{(h - p)^2 + (k - q)^2} \] 由于 \( M \) 的坐标 \( (h, k) \) 随 \( A \) 的变化而变化，且 \( A \) 的坐标 \( (a, -a) \) 也在变化，因此 \( |MA| - |MP| \) 不可能保持为定值。 因此，不存在这样的定点 \( P \)。 <eoe> 【答案】不存在<eoa> |
【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$ 又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$ $\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上 设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$ 又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$ 当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$ $\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6 (2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$ 说明如下: $\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$ $\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$ (1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$ 则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上 设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$ 又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ $\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$ 即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$ $\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$ $\therefore|M A|-|M F|=1$ $\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$ (2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$ $\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$ $\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$ 若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$ 综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值 |
| deepseekr1 | (1)【解析】 已知点A、B关于原点O对称，且AB=4，A在直线x+y=0上。设A的坐标为(a, -a)，则B为(-a, a)。由AB=4可得： \[ \sqrt{(2a)^2 + (-2a)^2} = 4 \implies 2\sqrt{2}|a|=4 \implies |a|=\sqrt{2} \] 故A的坐标为\( (\sqrt{2}, -\sqrt{2}) \)或\( (-\sqrt{2}, \sqrt{2}) \)。 圆M过A、B且与直线x=-2相切。圆心M在线段AB的垂直平分线y=x上，设M为(h, h)。圆心到直线x=-2的距离为\(|h+2|\)，即半径。同时，半径也等于MA的距离： \[ \sqrt{(h-a)^2 + (h+a)^2} = |h+2| \] 平方后化简得： \[ 2h^2 + 2a^2 = h^2 +4h +4 \implies h^2 +2a^2 -4h -4=0 \] 代入\(a^2=2\)得： \[ h^2 -4h =0 \implies h=0 \text{或} h=4 \] 对应半径为\(|0+2|=2\)或\(|4+2|=6\)。因此，⊙M的半径为2或6。 <eoe> 【答案】 ⊙M的半径为\(2\)或\(6\)。 <eoa> (2)【解析】 设圆心M的坐标为(t, s)，满足抛物线方程\(s^2=4t\)（由切于x=-2和几何条件推导）。需存在定点P使\(|MA| - |MP|\)为定值。由\(|MA|=t+2\)，设P为\((p_x, p_y)\)，则： \[ t+2 - \sqrt{(t-p_x)^2 + (s-p_y)^2} = k \] 展开并代入\(s^2=4t\)，化简得： \[ -2p_x t +4t + p_x^2 -2p_y s +p_y^2 =4t +4 -4k +k^2 \] 令含s项系数为0，得\(p_y=0\)。再令t的系数相等，解得\(p_x=1\)，\(k=1\)。验证得P(1,0)时，对所有M满足\(|MA| - |MP|=1\)。 <eoe> 【答案】 存在定点\(P(1,0)\)，使得\(|MA| - |MP|\)为定值1。 <eoa> |
【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$ 又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$ $\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上 设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$ 又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$ 当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$ $\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6 (2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$ 说明如下: $\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$ $\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$ (1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$ 则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上 设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$ 又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ $\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$ 即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$ $\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$ $\therefore|M A|-|M F|=1$ $\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$ (2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$ $\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$ $\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$ 若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$ 综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值 |
| gpto1 | **(1)【解析】** 已知点 \(A\) 和 \(B\) 关于原点 \(O\) 对称，即 \(B = -A\)。且 \(|AB| = 4\)，则有： \[ |AB| = \sqrt{(x_A - x_B)^2 + (y_A - y_B)^2} = \sqrt{(x_A + x_A)^2 + (y_A + y_A)^2} = 2\sqrt{x_A^2 + y_A^2} = 4 \] 所以 \(x_A^2 + y_A^2 = 4\)，说明点 \(A\) 在以原点为圆心、半径为 2 的圆上。 又已知点 \(A\) 在直线 \(x + y = 0\) 上，所以 \(y = -x\)，代入上式： \[ x^2 + (-x)^2 = 4 \implies 2x^2 = 4 \implies x^2 = 2 \implies x = \pm \sqrt{2} \] 因此，点 \(A\) 的坐标为 \((\sqrt{2}, -\sqrt{2})\) 或 \((- \sqrt{2}, \sqrt{2})\)。对应的点 \(B\) 分别为 \((- \sqrt{2}, \sqrt{2})\) 和 \((\sqrt{2}, -\sqrt{2})\)。 设圆 \(\odot M\) 的圆心为 \((h, k)\)，则圆满足： \[ (\sqrt{2} - h)^2 + (-\sqrt{2} - k)^2 = r^2 \quad (1)\\ (-\sqrt{2} - h)^2 + (\sqrt{2} - k)^2 = r^2 \quad (2) \] 将 (1) 式减去 (2) 式： \[ [ (\sqrt{2} - h)^2 - (-\sqrt{2} - h)^2 ] + [ (-\sqrt{2} - k)^2 - (\sqrt{2} - k)^2 ] = 0 \] 计算得： \[ -4\sqrt{2} h + 4\sqrt{2} k = 0 \implies h = k \] 因此，圆心在直线 \(y = x\) 上。 又因圆与直线 \(x + 2 = 0\)（即 \(x = -2\)）相切，所以圆心到直线 \(x = -2\) 的距离等于半径： \[ |h + 2| = r \quad (3) \] 将 \(k = h\) 代入 (1) 式： \[ (\sqrt{2} - h)^2 + (-\sqrt{2} - h)^2 = r^2 \implies 2(h^2 - 2\sqrt{2} h + 2) = r^2 \] 整理得： \[ 2(h^2 - 2\sqrt{2} h + 2) = (h + 2)^2 \implies 2h^2 - 4\sqrt{2} h + 4 = h^2 + 4h + 4 \] 化简方程： \[ 2h^2 - h^2 - 4\sqrt{2} h - 4h + 4 - 4 = 0 \implies h^2 - (4h + 4\sqrt{2} h) = 0 \] 提取 \(h\)： \[ h(h - 4) = 0 \implies h = 0 \text{ 或 } h = 4 \] 当 \(h = 0\) 时，\(k = h = 0\)，圆心为原点 \(O\)，半径为： \[ r = |0 + 2| = 2 \] 当 \(h = 4\) 时，\(k = h = 4\)，圆心为 \((4, 4)\)，半径为： \[ r = |4 + 2| = 6 \] 因此，所求的圆的半径为 2 或 6。 <eoe> **【答案】**圆的半径为 2 或 6。 <eoa> **(2)【解析】** 要判断是否存在定点 \(P\)，使得当 \(A\) 运动时，\(|MA| - |MP|\) 为定值。 首先，点 \(A\) 在以原点为圆心、半径为 2 的圆上任意运动（满足 \(|AB| = 4\) 且 \(B = -A\)）。对于每一个 \(A\)，对应的圆 \(\odot M\) 均满足通过 \(A\)、\(B\) 且与直线 \(x = -2\) 相切。 从(1)的推导可知，圆心 \(M\) 满足 \(k = h\)，且 \(|h + 2| = r\)。 对于不同的 \(A\)，圆心 \(M\) 的位置会改变，半径 \(r\) 也会改变。因此，\(|MA|\) 和 \(|MP|\) 都是关于 \(A\) 的函数。 假设存在这样的定点 \(P\)，使得 \(|MA| - |MP|\) 为常数。由于 \(M\) 的位置随 \(A\) 的变化而变化，而 \(P\) 是定点，所以 \(|MP|\) 也是变化的。而要使 \(|MA| - |MP|\) 为定值，除非 \(M\) 的轨迹和 \(P\) 有某种固定的关系。 但是，从上述分析可知，随着 \(A\) 的变化，\(M\) 的位置和半径都会变化，无法找到一个定点 \(P\) 满足 \(|MA| - |MP|\) 为定值。 <eoe> **【答案】**不存在这样的定点 \(P\)，因为当 \(A\) 运动时，圆心 \(M\) 的位置变化，无法保持 \(|MA| - |MP|\) 为定值。 <eoa> |
【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$ 又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$ $\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上 设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$ 又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$ 当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$ $\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6 (2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$ 说明如下: $\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$ $\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$ (1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$ 则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上 设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$ 又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ $\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$ 即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$ $\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$ $\therefore|M A|-|M F|=1$ $\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$ (2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$ $\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$ $\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$ 若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$ 综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值 |
| GPT-4o | 题目如下: 已知点 \( A, B \) 关于坐标原点 \( O \) 对称, \(|A B|=4, \odot M\) 过点 \( A, B \) 且与直线 \( x+2=0 \) 相切. (1) 若 \( A \) 在直线 \( x+y=0 \) 上, 求 \(\odot M\) 的半径. (2) 是否存在定点 \( P \), 使得当 \( A \) 运动时, \(|M A| - |M P|\) 为定值? 并说明理由. --- (1)【解析】 首先，点 \( A \) 和点 \( B \) 关于原点 \( O \) 对称，所以如果 \( A(a, b) \)，那么 \( B(-a, -b) \)。 由题意，\(|A B| = 4\)，则 \[ \sqrt{(a - (-a))^2 + (b - (-b))^2} = 4 \] 简化得 \[ \sqrt{(2a)^2 + (2b)^2} = 4 \implies \sqrt{4a^2 + 4b^2} = 4 \implies \sqrt{a^2 + b^2} = 2 \implies a^2 + b^2 = 4 \] 由于 \( A \) 在直线 \( x + y = 0 \) 上，所以 \( a + b = 0 \)，即 \( b = -a \)。 将 \( b = -a \) 代入 \( a^2 + b^2 = 4 \)： \[ a^2 + (-a)^2 = 4 \implies 2a^2 = 4 \implies a^2 = 2 \implies a = \pm \sqrt{2} \] 所以点 \( A \) 的坐标为 \((\sqrt{2}, -\sqrt{2})\) 或 \((- \sqrt{2}, \sqrt{2})\)。相应的，点 \( B \) 的坐标为 \((- \sqrt{2}, \sqrt{2})\) 或 \((\sqrt{2}, -\sqrt{2})\)。 设圆 \(\odot M\) 的圆心为 \( M(h, k) \)，圆的方程为 \((x - h)^2 + (y - k)^2 = r^2\)。 圆经过点 \( A(\sqrt{2}, -\sqrt{2}) \) 和 \( B(-\sqrt{2}, \sqrt{2}) \)，将点 \( A \) 代入圆的方程： \[ (\sqrt{2} - h)^2 + (-\sqrt{2} - k)^2 = r^2 \] 将点 \( B \) 代入圆的方程： \[ (-\sqrt{2} - h)^2 + (\sqrt{2} - k)^2 = r^2 \] 由于圆与直线 \( x + 2 = 0 \) 相切，因此圆心到直线的距离等于半径： \[ \frac{|h + 2|}{\sqrt{1^2}} = r \implies |h + 2| = r \] 结合上面的方程和条件，可以解出圆心 \( M \) 的坐标和圆的半径。 考虑对称性以及计算简便性，圆心 \( M \) 可以设在 \( x \) 轴上，即 \( k = 0 \)，因此： \[ (\sqrt{2} - h)^2 + (-\sqrt{2})^2 = r^2 \implies (\sqrt{2} - h)^2 + 2 = r^2 \] \[ (-\sqrt{2} - h)^2 + (\sqrt{2})^2 = r^2 \implies (-\sqrt{2} - h)^2 + 2 = r^2 \] 解得： \[ \sqrt{2} - h = -(\sqrt{2} + h) \implies h = 0 \] 故圆心 \( M \) 的坐标为 \( (-2, 0) \)。因此： \[ r = \sqrt{(\sqrt{2} - (-2))^2 + (-\sqrt{2})^2} = \sqrt{(\sqrt{2} + 2)^2 + 2} = \sqrt{6 + 4 \sqrt{2}} \] \[ r = \sqrt{(\sqrt{2} + 2)^2 + 2} = |
【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$ 又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$ $\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上 设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$ 又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$ 当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$ $\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6 (2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$ 说明如下: $\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$ $\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$ (1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$ 则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上 设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$ 又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ $\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$ 即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$ $\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$ $\therefore|M A|-|M F|=1$ $\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$ (2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$ $\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$ $\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$ 若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$ 综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值 |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】由题意,设A(x,y),则B(-x,-y),且x+y=0,所以y=-x,所以A(x,-x),B(-x,x),所以|AB|=4,所以4x^{2}=16,所以x=\pm2,所以A(2,-2)或A(-2,2),所以|AB|=4,所以\odotM的直径为4,所以\odotM的半径为2.(2)若存在定点P,使得当A运动时,|MA|-|MP|为定值,则|MA|+|MP|\geqslant|AP|,当且仅当M,P,A三点共线时取等号,所以|MA|+|MP|\geqslant|AP|,所以|MA|+|MP|\geqslant2,所以|MA|-|MP|\geqslant2-2|MP|,所以当且仅当M,P,A三点共线时,|MA|-|MP|为定值,所以不存在定点P,使得当A运动时,|MA|-|MP|为定值. 最终结果是2 不存在 |
【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$ 又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$ $\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上 设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$ 又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$ 当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$ $\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6 (2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$ 说明如下: $\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$ $\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$ (1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$ 则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上 设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$ 又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ $\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$ 即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$ $\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$ $\therefore|M A|-|M F|=1$ $\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$ (2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$ $\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$ $\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$ 若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$ 综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值 |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)【解析】设A(x_{0},y_{0}),则B(-x_{0},-y_{0}),由\begin{cases}x+y=0\\x+2=0\end{cases}得\begin{cases}x=-2\\y=2\end{cases},即直线x+y=0与直线x+2=0的交点为C(-2,2),又|AB|=4,所以|AC|=|BC|=\frac{1}{2}|AB|=2,所以|MC|=|MA|-|AC|=|MB|-|BC|=r-2,所以|MC|^{2}=(r-2)^{2},又|MC|^{2}=|MO|^{2}-|OC|^{2}=r^{2}-8,所以(r-2)^{2}=r^{2}-8,解得r=4,所以\ |
【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$ 又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$ $\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上 设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$ 又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$ 当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$ $\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6 (2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$ 说明如下: $\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$ $\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$ (1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$ 则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上 设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$ 又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ $\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$ 即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$ $\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$ $\therefore|M A|-|M F|=1$ $\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$ (2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$ $\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$ $\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$ 若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$ 综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值 |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 \n首先，已知点 $A, B$ 关于坐标原点 $O$ 对称，且 $|AB|=4$。设 $A$ 的坐标为 $(a, b)$，则 $B$ 的坐标为 $(-a, -b)$。根据 $|AB|=4$，我们有：\n\\[\n\\sqrt{(a - (-a))^2 + (b - (-b))^2} = 4\n\\]\n\\[\n\\sqrt{(2a)^2 + (2b)^2} = 4\n\\]\n\\[\n\\sqrt{4a^2 + 4b^2} = 4\n\\]\n\\[\n2\\sqrt{a^2 + b^2} = 4\n\\]\n\\[\n\\sqrt{a^2 + b^2} = 2\n\\]\n\\[\na^2 + b^2 = 4\n\\]\n\n另外，已知 $A$ 在直线 $x + y = 0$ 上，所以 $a + b = 0$。将 $a + b = 0$ 代入 $a^2 + b^2 = 4$，我们得到：\n\\[\na + b = 0 \\implies b = -a\n\\]\n\\[\na^2 + (-a)^2 = 4\n\\]\n\\[\n2a^2 = 4\n\\]\n\\[\na^2 = 2\n\\]\n\\[\na = \\pm \\sqrt{2}\n\\]\n\\[\nb = -a = \\mp \\sqrt{2}\n\\]\n\n因此，$A$ 的坐标为 $(\\sqrt{2}, -\\sqrt{2})$ 或 $(-\\sqrt{2}, \\sqrt{2})$。\n\n接下来，考虑 $\\odot M$ 过点 $A, B$ 且与直线 $x + 2 = 0$ 相切。直线 $x + 2 = 0$ 的方程是 $x = -2$。设 $\\odot M$ 的圆心为 $(h, k)$，半径为 $r$。因为 $\\odot M$ 过点 $A$ 和 $B$，且与直线 $x = -2$ 相切，所以圆心到直线 $x = -2$ 的距离等于半径 $r$。\n\n圆心到直线 $x = -2$ 的距离为：\n\\[\n|h + 2|\n\\]\n所以：\n\\[\n|h + 2| = r\n\\]\n\n同时，圆心到点 $A$ 和 $B$ 的距离也等于半径 $r$。设 $A$ 的坐标为 $(\\sqrt{2}, -\\sqrt{2})$，则：\n\\[\n\\sqrt{(h - \\sqrt{2})^2 + (k + \\sqrt{2})^2} = r\n\\]\n\\[\n\\sqrt{(h + \\sqrt{2})^2 + (k - \\sqrt{2})^2} = r\n\\]\n\n由于 $A$ 和 $B$ 对称于原点，圆心 $M$ 必须在 $AB$ 的中垂线上。$AB$ 的中点为原点 $(0, 0)$，所以 $M$ 的坐标为 $(0, 0)$。因此，$h = 0$，$k = 0$，$r = 2$。\n\n综上所述，$\\odot M$ 的半径为 $2$。\n<eoe>\n【答案】2<eoa>\n\n(2)【解析】\n我们需要判断是否存在定点 $P$，使得当 $A$ 运动时，$|MA| - |MP|$ 为定值。已知 $M$ 的坐标为 $(0, 0)$，$A$ 的坐标为 $(\\sqrt{2}, -\\sqrt{2})$ 或 $(-\\sqrt{2}, \\sqrt{2})$。\n\n设 $P$ 的坐标为 $(p, q)$，则 $|MA| = 2$，我们需要 $|MP|$ 使得 $|MA| - |MP|$ 为定值。即：\n\\[\n2 - |MP| = \\text{定值}\n\\]\n\n考虑 $|MP|$ 的表达式：\n\\[\n|MP| = \\sqrt{p^2 + q^2}\n\\]\n\n我们需要 $|MP|$ 使得 $2 - \\sqrt{p^2 + q^2}$ 为定值。显然，只有当 $|MP| = 0$ 时，$2 - 0 = 2$ 才是定值。因此，$P$ 必须是 $M$ 的坐标 $(0, 0)$。\n\n综上所述，存在定点 $P$，即 $M$ 的坐标 $(0, 0)$，使得 $|MA| - |MP|$ 为定值。\n<eoe>\n【答案】存在定点 $P$，即 $M$ 的坐标 $(0, 0)$，使得 $|MA| - |MP|$ 为定值。<eoa>" | 【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$ 又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$ $\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上 设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$ 又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$ 当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$ $\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6 (2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$ 说明如下: $\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$ $\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$ (1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$ 则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上 设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$ 又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ $\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$ 即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$ $\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$ $\therefore|M A|-|M F|=1$ $\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$ (2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$ $\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$ $\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$ 若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$ 综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值 |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】\n由题意知，点 $A$ 和 $B$ 关于原点对称，且 $|AB|=4$。设 $A(x_1, y_1)$，则 $B(-x_1, -y_1)$。因为 $A$ 在直线 $x+y=0$ 上，所以有 $x_1+y_1=0$。又因为 $|AB|=4$，所以 $2\\sqrt{x_1^2+y_1^2}=4$，即 $x_1^2+y_1^2=4$。结合 $x_1+y_1=0$，解得 $x_1^2=2$，从而 $x_1=\\pm\\sqrt{2}$，$y_1=\\mp\\sqrt{2}$。不失一般性，取 $A(\\sqrt{2}, -\\sqrt{2})$，则 $B(-\\sqrt{2}, \\sqrt{2})$。\n\n圆 $\\odot M$ 过 $A$ 和 $B$，其圆心记为 $M(h, k)$，半径为 $r$。由于 $\\odot M$ 与直线 $x+2=0$ 相切，圆心到直线的距离等于半径，即 $\\frac{|h+2|}{\\sqrt{1^2}}=r$。又因为 $M(h, k)$ 到 $A(\\sqrt{2}, -\\sqrt{2})$ 和 $B(-\\sqrt{2}, \\sqrt{2})$ 的距离相等，即 $(h-\\sqrt{2})^2+(k+\\sqrt{2})^2=(h+\\sqrt{2})^2+(k-\\sqrt{2})^2=r^2$。解得 $h=0$，$k=0$，即 $M$ 为原点。\n\n因此，$r=|h+2|=2$。\n\n<eoe>\n【答案】\n圆 $\\odot M$ 的半径为 $2$。\n<eoa>\n\n(2)【解析】\n考虑 $|MA|-|MP|$ 的值。设 $P(x_0, y_0)$，则有 $|MA|-|MP|=\\sqrt{(h-x_1)^2+(k-y_1)^2}-\\sqrt{(h-x_0)^2+(k-y_0)^2}$。当 $A$ 运动时，$|MA|$ 变化，但 $|MP|$ 不变。要使 $|MA|-|MP|$ 为定值，即 $|MA|-|MP|=C$（常数），则在 $A$ 运动的过程中，$|MA|$ 的变化量应与 $|MP|$ 的变化量相同。但由题意知，$A$ 的运动范围是整个平面上，而 $M$ 的位置是固定的，因此 $|MP|$ 不随 $A$ 的运动而变化。这意味着，只有当 $P$ 与 $M$ 重合时，$|MA|-|MP|$ 才可能为定值，即 $|MA|-|MP|=|MA|-|MM|=|MA|-0=|MA|$，这显然不满足对于所有 $A$ 位置的定值条件。\n\n然而，我们可以通过几何关系找到一个满足条件的 $P$ 点。由于 $A$ 和 $B$ 关于原点对称，$M$ 必定位于 $AB$ 的垂直平分线上，即 $M$ 位于原点。如果存在定点 $P$ 使得 $|MA|-|MP|$ 为定值，那么 $P$ 必须位于与 $AB$ 垂直且距离 $M$ 一定距离的直线上，即 $P$ 位于与 $x+2=0$ 平行且距离为 $r$ 的直线上。考虑 $P$ 位于 $x+2-r=0$ 或 $x+2+r=0$ 上，即 $x=0$ 或 $x=-4$。因此，存在定点 $P(0, 0)$ 或 $P(-4, 0)$，使得 $|MA|-|MP|$ 为定值。\n\n<eoe>\n【答案】\n存在定点 $P$，使得当 $A$ 运动时，$|MA|-|MP|$ 为定值。其中一个可能的定点 $P$ 为原点 $(0, 0)$ 或点 $(-4, 0)$。\n<eoa>" | 【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$ 又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$ $\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上 设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$ 又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$ 当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$ $\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6 (2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$ 说明如下: $\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$ $\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$ (1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$ 则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上 设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$ 又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ $\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$ 即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$ $\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$ $\therefore|M A|-|M F|=1$ $\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$ (2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$ $\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$ $\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$ 若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$ 综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值 |
| baichuan4 | (1)【解析】由于点 $A$ 和 $B$ 关于原点对称，我们可以设 $A$ 的坐标为 $(a, -a)$，因为 $A$ 在直线 $x+y=0$ 上。那么 $B$ 的坐标为 $(-a, a)$。根据题目条件，$\odot M$ 过点 $A, B$ 且与直线 $x+2=0$ 相切，直线 $x+2=0$ 即 $x=-2$，这意味着圆 $\odot M$ 在 $x=-2$ 这条直线上有一个切点。 圆的半径等于圆心到切线的距离，这个距离也等于圆心到切点的距离。由于 $A, B$ 在圆上，圆心 $M$ 必须在 $AB$ 的中垂线上，而 $AB$ 的中点为 $(0, 0)$，因此 $M$ 的坐标可以表示为 $(-2, m)$，其中 $m$ 是 $y$ 坐标。 接下来，我们需要计算 $|AB|$ 的长度来找到 $a$ 的值。$|AB| = \sqrt{(a - (-a))^2 + (-a - a)^2} = \sqrt{4a^2} = 2|a|$。由于 $|AB| = 4$，我们有 $2|a| = 4$，所以 $|a| = 2$。 现在，我们可以计算圆 $\odot M$ 的半径，即 $|MA|$ 或 $|MB|$。以 $|MA|$ 为例，$|MA| = \sqrt{(-2 - a)^2 + (m - (-a))^2}$。将 $a = 2$ 或 $a = -2$ 代入，得到 $|MA| = \sqrt{(-2 - 2)^2 + (m - 2)^2} = \sqrt{16 + (m - 2)^2}$。 由于 $A, B$ 在圆上，$|MA|$ 应该等于 $|MB|$，所以我们可以通过 $|MB|$ 来找到 $m$ 的值。$|MB| = \sqrt{(-2 + 2)^2 + (m - (-2))^2} = \sqrt{(m + 2)^2}$。 由于 $|MA| = |MB|$，我们有 $\sqrt{16 + (m - 2)^2} = \sqrt{(m + 2)^2}$。解这个方程得到 $m = 0$。因此，圆心 $M$ 的坐标为 $(-2, 0)$，半径 $|MA| = \sqrt{16 + (0 - 2)^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20}$。 【答案】$\odot M$ 的半径为 $\sqrt{20}$。 (2)【解析】假设存在这样的定点 $P$，使得 $|MA| - |MP|$ 为定值。由于 $A$ 在运动，$M$ 作为圆心随 $A$ 的运动而移动，因此 $|MA|$ 实际上是常数，即圆的半径。所以问题转化为是否存在定点 $P$ 使得 $|MP|$ 加上一个常数等于圆的半径。 考虑特殊情况，当 $A$ 与原点重合时，$M$ 将与 $A$ 和 $B$ 重合，此时 $|MA|$ 为 $0$。因此，$|MP|$ 必须等于圆的半径的相反数，这是不可能的，因为 $P$ 是一个定点，不可能随着 $A$ 的运动而改变与 $M$ 的距离。 因此，不存在这样的定点 $P$ 使得 $|MA| - |MP|$ 为定值。 【答案】不存在定点 $P$ 使得 $|MA| - |MP|$ 为定值。 |
【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$ 又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$ $\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上 设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$ 又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$ 当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$ $\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6 (2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$ 说明如下: $\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$ $\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$ (1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$ 则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上 设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$ 又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ $\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$ 即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$ $\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$ $\therefore|M A|-|M F|=1$ $\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$ (2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$ $\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$ $\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$ 若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$ 综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值 |
| doubao | (1)【解析】因为点$A$在直线$x+y=0$上，且点$A$，$B$关于原点$O$对称，设$A(a,-a)$，则$B(-a,a)$。已知$|AB|=4$，根据两点间距离公式可得$\sqrt{(2a)^{2}+(-2a)^{2}}=4$，解方程可得$a=\pm\sqrt{2}$。设$M(x,y)$，因为$\odot M$过点$A$，$B$，所以$MA=MB$，又$\odot M$与直线$x+2=0$相切，所以圆心$M$到直线$x+2=0$的距离等于半径。根据圆心到点的距离公式和点到直线的距离公式可列出方程求解。<eoe> 【答案】当$a=\sqrt{2}$时，$A(\sqrt{2},-\sqrt{2})$，$B(-\sqrt{2},\sqrt{2})$，设$M(m,n)$，则$\sqrt{(m-\sqrt{2})^{2}+(n+\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{(m+\sqrt{2})^{2}+(n-\sqrt{2})^{2}}$，且$|m+2|=\sqrt{(m-\sqrt{2})^{2}+(n+\sqrt{2})^{2}}$，联立可得$(m-1)^{2}+(n+1)^{2}=9$，所以半径为$3$。当$a=-\sqrt{2}$时，同理可得半径也为$3$。<eoa> (2)【解析】设$M(x,y)$，$A(x_{1},y_{1})$，因为点$A$，$B$关于原点$O$对称，所以$B(-x_{1},-y_{1})$。由$MA=MB$可得$\sqrt{(x-x_{1})^{2}+(y-y_{1})^{2}}=\sqrt{(x+x_{1})^{2}+(y+y_{1})^{2}}$，又$\odot M$与直线$x+2=0$相切，所以$|x+2|=\sqrt{(x-x_{1})^{2}+(y-y_{1})^{2}}$，将两式化简整理，看是否能找到与定点$P$有关的关系来判断是否存在定点使得$|MA|-|MP|$为定值。<eoe> 【答案】存在。设$M(x,y)$，$A(x_{1},y_{1})$，则$B(-x_{1},-y_{1})$。由$MA=MB$可得$(x-x_{1})^{2}+(y-y_{1})^{2}=(x+x_{1})^{2}+(y+y_{1})^{2}$，即$x_{1}x+y_{1}y=\frac{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}{2}$。又因为$\odot M$与直线$x+2=0$相切，所以$|x+2|=\sqrt{(x-x_{1})^{2}+(y-y_{1})^{2}}$，将$x_{1}x+y_{1}y=\frac{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}{2}$代入可得$(x+2)^{2}=x^{2}+y^{2}+x_{1}^{2}+y_{1}^{2}-2x_{1}x-2y_{1}y$，整理可得$y^{2}=4x$，所以抛物线$y^{2}=4x$的焦点$F(1,0)$满足$|MA|-|MF|=|x+2|-1=x+1$为定值，所以存在定点$P(1,0)$使得$|MA|-|MP|$为定值。<eoa> |
【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$ 又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$ $\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上 设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$ 又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$ 当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$ $\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6 (2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$ 说明如下: $\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$ $\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$ (1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$ 则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上 设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$ 又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ $\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$ 即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$ $\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$ $\therefore|M A|-|M F|=1$ $\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$ (2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$ $\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$ $\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$ 若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$ 综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值 |
| minimax | (1)【解析】由于点$A$和点$B$关于坐标原点$O$对称，所以它们的坐标分别是$A(a, -a)$和$B(-a, a)$。根据两点之间的距离公式$|AB|=\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}$，我们可以得到$|AB|=2\sqrt{2}a=4$，从而解得$a=\sqrt{2}$。因此，点$A$的坐标为$(\sqrt{2}, -\sqrt{2})$，点$B$的坐标为$(-\sqrt{2}, \sqrt{2})$。 由于$\odot M$过点$A$和点$B$，所以圆心$M$在$A$和$B$的中点上，即$M$的坐标为$(0, 0)$，也就是坐标原点$O$。 又因为$\odot M$与直线$x+2=0$相切，所以圆心到直线的距离等于圆的半径$r$。直线$x+2=0$可以重写为$x=-2$，所以圆心到直线的距离为$|-2-0|=2$。 因此，$\odot M$的半径$r=2$。<eoe> 【答案】$\odot M$的半径为2。<eoa> (2)【解析】由于圆心$M$是原点$O$，我们需要找到一个定点$P$，使得对于任意点$A$，$|MA|-|MP|$都是一个定值。根据题意，$|MA|$是点$A$到原点$O$的距离，而$|MP|$是点$A$到点$P$的距离。 如果存在这样的定点$P$，那么对于任意点$A$，$|MA|-|MP|$应该是一个常数。这意味着点$P$必须位于以$M$为圆心，半径为$|MA|-|MP|$的圆上。但是，由于$|MA|$是点$A$到原点$O$的距离，这个距离随着点$A$的位置变化而变化，因此$|MA|-|MP|$也会随之变化，除非$|MP|$是一个常数。 然而，由于点$A$可以在整个平面上任意运动，$|MP|$不可能是一个常数，除非点$P$是原点$O$。但是，如果$P$是原点$O$，那么$|MA|-|MP|$就变成了$|MA|-|MO|$，而$|MO|$总是0，这意味着$|MA|-|MP|$总是等于$|MA|$，这显然不是一个定值。 因此，不存在这样的定点$P$，使得当$A$运动时，$|MA|-|MP|$为定值。<eoe> 【答案】不存在定点$P$，使得当$A$运动时，$|MA|-|MP|$为定值。<eoa> |
【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$ 又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$ $\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上 设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$ 又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$ 当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$ $\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6 (2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$ 说明如下: $\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$ $\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$ (1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$ 则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上 设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$ 又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ $\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$ 即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$ $\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$ $\therefore|M A|-|M F|=1$ $\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$ (2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$ $\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$ $\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$ 若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$ 综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值 |
| kimi | (1)【解析】 首先，我们设点A的坐标为(a, -a)，因为点A在直线x+y=0上，所以A的坐标满足这个条件。由于点A和点B关于原点O对称，所以点B的坐标为(-a, a)。 接下来，我们计算AB的长度。根据两点之间的距离公式，我们有： \[ |AB| = \sqrt{(a - (-a))^2 + (-a - a)^2} = \sqrt{(2a)^2 + (-2a)^2} = \sqrt{4a^2 + 4a^2} = \sqrt{8a^2} = 2\sqrt{2}|a| \] 题目给出|AB|=4，所以我们有： \[ 2\sqrt{2}|a| = 4 \] \[ |a| = \frac{4}{2\sqrt{2}} = \sqrt{2} \] 因此，点A的坐标为(√2, -√2)或(-√2, √2)。 接下来，我们考虑圆M。由于圆M过点A和B，且与直线x+2=0相切，我们可以知道圆心M位于直线x=-2上。设圆心M的坐标为(-2, b)。 由于圆M与直线x+2=0相切，圆心M到直线x+2=0的距离就是圆的半径r。根据点到直线的距离公式，我们有： \[ r = \frac{|-2 + 2|}{\sqrt{1^2 + 0^2}} = 0 \] 但这是不可能的，因为圆的半径不能为0。所以我们需要重新考虑。实际上，圆心M到直线x+2=0的距离应该是圆的半径r，而不是0。因此，我们有： \[ r = \frac{|-2 + 2|}{\sqrt{1^2 + 0^2}} = \frac{|b - (-a)|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} \] 由于圆M过点A，我们有： \[ r = \sqrt{(-2 - \sqrt{2})^2 + (b + \sqrt{2})^2} \] 将上述两个r的表达式相等，我们得到： \[ \frac{|b + \sqrt{2}|}{\sqrt{2}} = \sqrt{(-2 - \sqrt{2})^2 + (b + \sqrt{2})^2} \] 解这个方程，我们可以得到b的值，进而得到圆的半径r。 <eoe> 【答案】 \[ r = \sqrt{(-2 - \sqrt{2})^2 + (b + \sqrt{2})^2} \] \[ \boxed{r} \] <eoa> (2)【解析】 我们需要判断是否存在定点P，使得当点A运动时，|MA|-|MP|为定值。 首先，我们考虑圆M的圆心M(-2, b)。由于圆M与直线x+2=0相切，圆心M到直线x+2=0的距离就是圆的半径r。我们可以用这个信息来确定圆心M的y坐标。 然后，我们考虑点P。如果存在这样的点P，那么它应该满足以下条件：对于任意点A，|MA|-|MP|都是一个常数。这意味着点P应该位于以M为圆心，半径为r的圆上。 我们可以尝试找到一个点P，使得它到圆心M的距离与|MA|-|MP|的差值是一个常数。由于|MA|是圆的半径，我们可以尝试找到一个点P，使得它到圆心M的距离与半径r相等。 考虑到圆M的圆心M(-2, b)，我们可以设点P的坐标为(-2, b+k)，其中k是一个常数。这样，|MP|就是k。 由于|MA|-|MP|是一个常数，我们有： \[ |MA| - k = \text{常数} \] 由于|MA|是圆的半径r，我们有： \[ r - k = \text{常数} \] 这意味着k是一个常数，因此点P的坐标可以是(-2, b+k)，其中k是一个常数。 <eoe> 【答案】 存在定点P(-2, b+k)，使得当A运动时，|MA|-|MP|为定值。 \[ \boxed{\text{存在定点P}} \] <eoa> |
【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$ 又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$ $\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上 设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$ 又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$ 当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$ $\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6 (2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$ 说明如下: $\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$ $\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$ (1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$ 则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上 设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$ 又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ $\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$ 即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$ $\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$ $\therefore|M A|-|M F|=1$ $\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$ (2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$ $\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$ $\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$ 若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$ 综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值 |
| wenxinyiyan | (1)【解析】 由于点$A$在直线$x+y=0$上，且点$A, B$关于坐标原点$O$对称，我们可以设$A(a, -a)$，那么$B$的坐标就是$(-a, a)$。 由于$AB=4$，我们有$\sqrt{(a-(-a))^2+(-a-a)^2}=4$，解得$a=\pm 2$。 设$\odot M$的半径为$r$，由于$\odot M$与直线$x+2=0$相切，且过点$A, B$，我们可以得出圆心$M$的横坐标为$-2$。 当$a=2$时，$A(2, -2)$，$B(-2, 2)$，圆心$M(-2, 0)$，半径$r=2\sqrt{2}$。 当$a=-2$时，$A(-2, 2)$，$B(2, -2)$，圆心$M(-2, 0)$，半径$r=2\sqrt{2}$。 综上，$\odot M$的半径为$2\sqrt{2}$。 【答案】 $\odot M$的半径为$2\sqrt{2}$。 (2)【解析】 设$A(a, -a)$，$B(-a, a)$，$\odot M$的方程为$(x+2)^2+(y-b)^2=r^2$。 由于$\odot M$过点$A, B$，我们可以得出两个方程： $(a+2)^2+(-a-b)^2=r^2$ $(-a+2)^2+(a-b)^2=r^2$ 解这两个方程，我们可以得出$b=0$，$r=\sqrt{a^2+4}$。 因此，$\odot M$的方程为$(x+2)^2+y^2=a^2+4$。 设$P(m, 0)$，$M(-2, 0)$，$A(a, -a)$，由于$|MA|-|MP|$为定值，我们有： $\sqrt{a^2+4}-\sqrt{(m+2)^2}=t$ 整理这个方程，我们得出： $2(m+2)t+t^2=0$ 解这个方程，我们得出$m=-2$，$t=0$。 因此，点$P$的坐标为$(-2, 0)$，$|MA|-|MP|=0$。 【答案】 存在定点$P(-2, 0)$，使得当$A$运动时，$|MA|-|MP|=0$。 |
【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$ 又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$ $\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上 设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$ 又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$ 当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$ $\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6 (2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$ 说明如下: $\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$ $\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$ (1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$ 则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上 设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$ 又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ $\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$ 即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$ $\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$ $\therefore|M A|-|M F|=1$ $\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$ (2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$ $\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$ $\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$ 若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$ 综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值 |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们设点 \( A \) 的坐标为 \( (a, -a) \)，因为 \( A \) 在直线 \( x + y = 0 \) 上。由于点 \( A \) 和点 \( B \) 关于坐标原点 \( O \) 对称，所以点 \( B \) 的坐标为 \( (-a, a) \)。 已知 \( |AB| = 4 \)，我们可以利用距离公式计算 \( |AB| \)： \[ |AB| = \sqrt{(a - (-a))^2 + (-a - a)^2} = \sqrt{(2a)^2 + (-2a)^2} = \sqrt{4a^2 + 4a^2} = \sqrt{8a^2} = 2\sqrt{2}a \] 根据题意，\( |AB| = 4 \)，所以有： \[ 2\sqrt{2}a = 4 \implies a = \sqrt{2} \] 因此，点 \( A \) 的坐标为 \( (\sqrt{2}, -\sqrt{2}) \)，点 \( B \) 的坐标为 \( (-\sqrt{2}, \sqrt{2}) \)。 接下来，考虑圆 \( \odot M \) 过点 \( A \) 和 \( B \)，且与直线 \( x + 2 = 0 \) 相切。设圆心 \( M \) 的坐标为 \( (h, k) \)，半径为 \( r \)。 由于圆与直线 \( x + 2 = 0 \) 相切，切点到直线的距离等于半径 \( r \)，所以有： \[ |h + 2| = r \] 同时，圆心 \( M \) 到点 \( A \) 和点 \( B \) 的距离均为 \( r \)，即： \[ \sqrt{(h - \sqrt{2})^2 + (k + \sqrt{2})^2} = r \] \[ \sqrt{(h + \sqrt{2})^2 + (k - \sqrt{2})^2} = r \] 将 \( r = |h + 2| \) 代入上述方程，得到： \[ \sqrt{(h - \sqrt{2})^2 + (k + \sqrt{2})^2} = |h + 2| \] \[ \sqrt{(h + \sqrt{2})^2 + (k - \sqrt{2})^2} = |h + 2| \] 考虑 \( h + 2 \geq 0 \) 的情况，即 \( r = h + 2 \)，则有： \[ \sqrt{(h - \sqrt{2})^2 + (k + \sqrt{2})^2} = h + 2 \] \[ \sqrt{(h + \sqrt{2})^2 + (k - \sqrt{2})^2} = h + 2 \] 平方两边，得到： \[ (h - \sqrt{2})^2 + (k + \sqrt{2})^2 = (h + 2)^2 \] \[ (h + \sqrt{2})^2 + (k - \sqrt{2})^2 = (h + 2)^2 \] 展开并简化： \[ h^2 - 2h\sqrt{2} + 2 + k^2 + 2k\sqrt{2} + 2 = h^2 + 4h + 4 \] \[ h^2 + 2h\sqrt{2} + 2 + k^2 - 2k\sqrt{2} + 2 = h^2 + 4h + 4 \] 整理得到： \[ -2h\sqrt{2} + 2k\sqrt{2} = 4h + 2 \] \[ 2h\sqrt{2} - 2k\sqrt{2} = 4h + 2 \] 分别化简得到： \[ -2h\sqrt{2} + 2k\sqrt{2} = 4h + 2 \implies k\sqrt{2} - h\sqrt{2} = 2h + 1 \implies k - h = 2h + \frac{1}{\sqrt{2}} \] \[ 2h\sqrt{2} - 2k\sqrt{2} = 4h + 2 \implies h\sqrt{2} - k\sqrt{2} = 2h + 1 \implies h - k = 2h + \frac{1}{\sqrt{2}} \] 解得 \( h = -1 \)， \( k = -1 \)，此时 \( r = |h + 2| = 1 \)。 <eoe> 【答案】圆 \( \odot M \) 的半径为 \( 2 \sqrt{2} \)。<eoa> (2)【解析】 考虑是否存在定点 \( P \)，使得当 \( A \) 运动时，\( |MA| - |MP| \) 为定值。 设 \( P \) 的坐标为 \( (x_0, y_0) \)，我们需要使得 \( |MA| - |MP| \) 为定值。 由于 \( M \) 是圆心，且圆过点 \( A \) 和 \( B \)，所以 \( |MA| = r \)。 若 \( |MA| - |MP| \) 为定值 \( d \)，则有： \[ r - \sqrt{(h - x_0)^2 + (k - y_0)^2} = d \] 由于 \( r \) 是定值，若要使上式成立，则 \( \sqrt{(h - x_0)^2 + (k - y_0)^2} \) 也应为定值，这意味着 \( P \) 到 \( M \) 的距离是固定的。 考虑 \( M \) 的坐标随 \( A \) 的变化而变化，但 \( M \) 始终在 \( A \) 和 \( B \) 的中垂线上。设 \( A \) 的坐标为 \( (a, -a) \)，则 \( B \) 的坐标为 \( (-a, a) \)，中点为 \( (0, 0) \)，即原点 \( O \)。 所以 \( M \) 在以 \( O \) 为圆心，半径为 \( \sqrt{2}a \) 的圆上运动。 若 \( P \) 为定点，且 \( |MA| - |MP| \) 为定值，则 \( P \) 应在 \( M \) 的轨迹上，即 \( P \) 也在以 \( O \) 为圆心，半径为 \( \sqrt{2}a \) 的圆上。 但考虑到 \( A \) 的任意性，\( P \) 无法固定在某一位置满足所有 \( A \) 的情况，因此不存在这样的定点 \( P \)。 <eoe> 【答案】不存在这样的定点 \( P \)，使得当 \( A \) 运动时，\( |MA| - |MP| \) 为定值。<eoa> |
【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$ 又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$ $\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上 设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$ 又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$ 当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$ $\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6 (2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$ 说明如下: $\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$ $\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$ (1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$ 则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上 设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$ 又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ $\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$ 即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$ $\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$ $\therefore|M A|-|M F|=1$ $\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$ (2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$ $\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$ $\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$ 若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$ 综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值 |
| gpto1 | **(1)【解析】** 已知点 \(A\) 和 \(B\) 关于原点 \(O\) 对称，即 \(B = -A\)。且 \(|AB| = 4\)，则有： \[ |AB| = \sqrt{(x_A - x_B)^2 + (y_A - y_B)^2} = \sqrt{(x_A + x_A)^2 + (y_A + y_A)^2} = 2\sqrt{x_A^2 + y_A^2} = 4 \] 所以 \(x_A^2 + y_A^2 = 4\)，说明点 \(A\) 在以原点为圆心、半径为 2 的圆上。 又已知点 \(A\) 在直线 \(x + y = 0\) 上，所以 \(y = -x\)，代入上式： \[ x^2 + (-x)^2 = 4 \implies 2x^2 = 4 \implies x^2 = 2 \implies x = \pm \sqrt{2} \] 因此，点 \(A\) 的坐标为 \((\sqrt{2}, -\sqrt{2})\) 或 \((- \sqrt{2}, \sqrt{2})\)。对应的点 \(B\) 分别为 \((- \sqrt{2}, \sqrt{2})\) 和 \((\sqrt{2}, -\sqrt{2})\)。 设圆 \(\odot M\) 的圆心为 \((h, k)\)，则圆满足： \[ (\sqrt{2} - h)^2 + (-\sqrt{2} - k)^2 = r^2 \quad (1)\\ (-\sqrt{2} - h)^2 + (\sqrt{2} - k)^2 = r^2 \quad (2) \] 将 (1) 式减去 (2) 式： \[ [ (\sqrt{2} - h)^2 - (-\sqrt{2} - h)^2 ] + [ (-\sqrt{2} - k)^2 - (\sqrt{2} - k)^2 ] = 0 \] 计算得： \[ -4\sqrt{2} h + 4\sqrt{2} k = 0 \implies h = k \] 因此，圆心在直线 \(y = x\) 上。 又因圆与直线 \(x + 2 = 0\)（即 \(x = -2\)）相切，所以圆心到直线 \(x = -2\) 的距离等于半径： \[ |h + 2| = r \quad (3) \] 将 \(k = h\) 代入 (1) 式： \[ (\sqrt{2} - h)^2 + (-\sqrt{2} - h)^2 = r^2 \implies 2(h^2 - 2\sqrt{2} h + 2) = r^2 \] 整理得： \[ 2(h^2 - 2\sqrt{2} h + 2) = (h + 2)^2 \implies 2h^2 - 4\sqrt{2} h + 4 = h^2 + 4h + 4 \] 化简方程： \[ 2h^2 - h^2 - 4\sqrt{2} h - 4h + 4 - 4 = 0 \implies h^2 - (4h + 4\sqrt{2} h) = 0 \] 提取 \(h\)： \[ h(h - 4) = 0 \implies h = 0 \text{ 或 } h = 4 \] 当 \(h = 0\) 时，\(k = h = 0\)，圆心为原点 \(O\)，半径为： \[ r = |0 + 2| = 2 \] 当 \(h = 4\) 时，\(k = h = 4\)，圆心为 \((4, 4)\)，半径为： \[ r = |4 + 2| = 6 \] 因此，所求的圆的半径为 2 或 6。 <eoe> **【答案】**圆的半径为 2 或 6。 <eoa> **(2)【解析】** 要判断是否存在定点 \(P\)，使得当 \(A\) 运动时，\(|MA| - |MP|\) 为定值。 首先，点 \(A\) 在以原点为圆心、半径为 2 的圆上任意运动（满足 \(|AB| = 4\) 且 \(B = -A\)）。对于每一个 \(A\)，对应的圆 \(\odot M\) 均满足通过 \(A\)、\(B\) 且与直线 \(x = -2\) 相切。 从(1)的推导可知，圆心 \(M\) 满足 \(k = h\)，且 \(|h + 2| = r\)。 对于不同的 \(A\)，圆心 \(M\) 的位置会改变，半径 \(r\) 也会改变。因此，\(|MA|\) 和 \(|MP|\) 都是关于 \(A\) 的函数。 假设存在这样的定点 \(P\)，使得 \(|MA| - |MP|\) 为常数。由于 \(M\) 的位置随 \(A\) 的变化而变化，而 \(P\) 是定点，所以 \(|MP|\) 也是变化的。而要使 \(|MA| - |MP|\) 为定值，除非 \(M\) 的轨迹和 \(P\) 有某种固定的关系。 但是，从上述分析可知，随着 \(A\) 的变化，\(M\) 的位置和半径都会变化，无法找到一个定点 \(P\) 满足 \(|MA| - |MP|\) 为定值。 <eoe> **【答案】**不存在这样的定点 \(P\)，因为当 \(A\) 运动时，圆心 \(M\) 的位置变化，无法保持 \(|MA| - |MP|\) 为定值。 <eoa> |
【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$ 又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$ $\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上 设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$ 又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$ 当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$ $\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6 (2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$ 说明如下: $\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$ $\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$ (1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$ 则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上 设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$ 又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ $\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$ 即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$ $\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$ $\therefore|M A|-|M F|=1$ $\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$ (2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$ $\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$ $\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$ 若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$ 综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值 |
| deepseekv3 | (1)【解析】 首先，已知点 $A$ 和 $B$ 关于坐标原点 $O$ 对称，且 $|AB|=4$。因为 $A$ 和 $B$ 关于原点对称，所以 $B = -A$，因此 $|AB| = 2|A| = 4$，即 $|A| = 2$。 设点 $A$ 的坐标为 $(x, y)$，则 $B$ 的坐标为 $(-x, -y)$。由于 $A$ 在直线 $x + y = 0$ 上，所以 $x + y = 0$，即 $y = -x$。因此，$A$ 的坐标为 $(x, -x)$。 因为 $|A| = 2$，所以 $x^2 + (-x)^2 = 4$，即 $2x^2 = 4$，解得 $x = \sqrt{2}$ 或 $x = -\sqrt{2}$。因此，$A$ 的坐标为 $(\sqrt{2}, -\sqrt{2})$ 或 $(-\sqrt{2}, \sqrt{2})$。 接下来，求圆 $\odot M$ 的半径。圆 $\odot M$ 过点 $A$ 和 $B$，且与直线 $x + 2 = 0$ 相切。 圆心 $M$ 到直线 $x + 2 = 0$ 的距离等于圆的半径 $r$，即 $r = |M_x + 2|$。同时，圆心 $M$ 到点 $A$ 和 $B$ 的距离也等于 $r$，即 $|M - A| = r$ 和 $|M - B| = r$。 由于 $B = -A$，所以圆心 $M$ 是 $A$ 和 $B$ 的中点，即 $M = \frac{A + B}{2} = \frac{A - A}{2} = (0, 0)$。然而，圆心 $M = (0, 0)$ 到直线 $x + 2 = 0$ 的距离为 $|0 + 2| = 2$，所以圆的半径 $r = 2$。 <eoe> 【答案】 圆的半径为 $2$。 <eoa> (2)【解析】 我们需要确定是否存在一个定点 $P$，使得当 $A$ 运动时，$|MA| - |MP|$ 为定值。 首先，已知圆心 $M$ 是 $A$ 和 $B$ 的中点，即 $M = (0, 0)$，因此 $|MA| = |A|$。 设点 $P$ 的坐标为 $(a, b)$，则 $|MP| = \sqrt{a^2 + b^2}$。 我们需要确定是否存在点 $P$，使得 $|MA| - |MP|$ 为定值。即 $|A| - \sqrt{a^2 + b^2} = C$，其中 $C$ 是常数。 由于 $|A| = 2$，所以 $2 - \sqrt{a^2 + b^2} = C$，即 $\sqrt{a^2 + b^2} = 2 - C$。 对于 $A$ 的不同位置，$|MA| = 2$ 不变，而 $|MP| = \sqrt{a^2 + b^2}$ 也是固定的。因此，只要 $P$ 满足 $\sqrt{a^2 + b^2} = 2 - C$，$|MA| - |MP|$ 就是常数。 这意味着 $P$ 必须位于以原点 $M$ 为中心、半径为 $2 - C$ 的圆上。然而，$C$ 是任意常数，因此存在无限多个点 $P$ 满足条件。 <eoe> 【答案】 存在定点 $P$，使得当 $A$ 运动时，$|MA| - |MP|$ 为定值。具体来说，$P$ 必须位于以原点 $M$ 为中心、半径为 $2 - C$ 的圆上，其中 $C$ 是常数。 <eoa> |
【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$ 又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$ $\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上 设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$ 又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$ 当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$ $\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6 (2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$ 说明如下: $\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$ $\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$ (1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$ 则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上 设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$ $\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$ 又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ $\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$ 即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$ $\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$ $\therefore|M A|-|M F|=1$ $\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$ (2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$ $\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$ $\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$ 若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$ 综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值 |