| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 设动点D的坐标为$(x_0, -\frac{1}{2})$。曲线$C: y=\frac{x^2}{2}$的导数为$y'=x$，因此在点$(x_1, \frac{x_1^2}{2})$处的切线斜率为$x_1$。设A点坐标为$(x_1, \frac{x_1^2}{2})$，B点坐标为$(x_2, \frac{x_2^2}{2})$，则A点处的切线方程为$y-\frac{x_1^2}{2}=x_1(x-x_1)$，即$y=x_1x-\frac{x_1^2}{2}$。同理，B点处的切线方程为$y=x_2x-\frac{x_2^2}{2}$。 因为D点在两条切线上，所以有： $$-\frac{1}{2}=x_1x_0-\frac{x_1^2}{2}$$ $$-\frac{1}{2}=x_2x_0-\frac{x_2^2}{2}$$ 这两个方程可以写成： $$x_1^2-2x_0x_1-1=0$$ $$x_2^2-2x_0x_2-1=0$$ 可以看出，$x_1$和$x_2$是方程$x^2-2x_0x-1=0$的两个根。根据韦达定理，有$x_1+x_2=2x_0$，$x_1x_2=-1$。 直线AB的方程可以通过点斜式求得，设AB的斜率为$m$，则有： $$m=\frac{\frac{x_2^2}{2}-\frac{x_1^2}{2}}{x_2-x_1}=\frac{x_2+x_1}{2}=x_0$$ 设直线AB的方程为$y=x_0x+b$，将A点坐标代入得： $$\frac{x_1^2}{2}=x_0x_1+b$$ $$b=\frac{x_1^2}{2}-x_0x_1=\frac{x_1^2}{2}-\frac{x_1+x_2}{2}x_1=\frac{x_1^2-x_1x_2}{2}=\frac{x_1^2+1}{2}$$ 因此，直线AB的方程为： $$y=x_0x+\frac{x_1^2+1}{2}$$ 将$x_0=\frac{x_1+x_2}{2}$代入，得： $$y=\frac{x_1+x_2}{2}x+\frac{x_1^2+1}{2}$$ 将$x_1+x_2=2x_0$和$x_1x_2=-1$代入，得： $$y=x_0x+\frac{x_1^2+1}{2}=x_0x+\frac{(-1)+1}{2}=x_0x$$ 因此，直线AB过定点$(0, 0)$。 <eoe> 【答案】 直线AB过定点$(0, 0)$。 <eoa> (2)【解析】 已知圆心E的坐标为$\left(0, \frac{5}{2}\right)$，设圆的半径为$r$。因为圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，所以圆心E到直线AB的距离等于半径$r$。 直线AB的方程为$y=x_0x$，即$x_0x-y=0$。圆心E到直线AB的距离公式为： $$r=\frac{|x_0*0-\frac{5}{2}|}{\sqrt{x_0^2+1}}=\frac{5}{2\sqrt{x_0^2+1}}$$ 因为切点为线段AB的中点，所以切点的x坐标为$\frac{x_1+x_2}{2}=x_0$，y坐标为$x_0*\frac{x_1+x_2}{2}=x_0^2$。因此，切点坐标为$(x_0, x_0^2)$。 圆的方程为$(x-h)^2+(y-k)^2=r^2$，其中$(h, k)$为圆心坐标，代入圆心坐标和半径，得： $$(x-0)^2+\left(y-\frac{5}{2}\right)^2=\left(\frac{5}{2\sqrt{x_0^2+1}}\right)^2$$ 将切点坐标代入圆的方程，得： $$x_0^2+\left(x_0^2-\frac{5}{2}\right)^2=\left(\frac{5}{2\sqrt{x_0^2+1}}\right)^2$$ 化简得： $$x_0^2+\left(x_0^2-\frac{5}{2}\right)^2=\frac{25}{4(x_0^2+1)}$$ 解得$x_0^2=1$，即$x_0=\pm1$。因此，半径$r=\frac{5}{2\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{4}$。 因此，圆的方程为： $$x^2+\left(y-\frac{5}{2}\right)^2=\left(\frac{5\sqrt{2}}{4}\right)^2$$ <eoe> 【答案】 圆的方程为$x^2+\left(y-\frac{5}{2}\right)^2=\frac{25}{8}$。 <eoa> |
【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得: $\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$ 设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$ 由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$, 解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$. 当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$; 当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. 所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 设动点D的坐标为$(h, -\frac{1}{2})$，抛物线$C$的切线方程为$y = ax - \frac{a^2}{2}$。将D点坐标代入切线方程得： $$ -\frac{1}{2} = ah - \frac{a^2}{2} \implies a^2 - 2ha -1 = 0 $$ 设切点$A(a_1, \frac{a_1^2}{2})$和$B(a_2, \frac{a_2^2}{2})$，由韦达定理得$a_1 + a_2 = 2h$，$a_1a_2 = -1$。直线AB的方程为： $$ y = \frac{a_1 + a_2}{2}x + \frac{1}{2} = hx + \frac{1}{2} $$ 无论$h$取何值，当$x=0$时，$y=\frac{1}{2}$，故直线AB恒过定点$(0, \frac{1}{2})$。 <eoe> 【答案】 直线$AB$过定点$(0, \frac{1}{2})$。 证明过程如下： 设动点$D$的坐标为$(h, -\frac{1}{2})$，抛物线$C: y = \frac{x^2}{2}$在点$(a, \frac{a^2}{2})$处的切线方程为$y = ax - \frac{a^2}{2}$。将$D$点坐标代入得： $$ -\frac{1}{2} = ah - \frac{a^2}{2} \implies a^2 - 2ha -1 = 0 $$ 设方程的两根为$a_1$和$a_2$，则$a_1 + a_2 = 2h$，$a_1a_2 = -1$。直线$AB$的方程为： $$ y = \frac{a_1 + a_2}{2}x + \frac{1}{2} = hx + \frac{1}{2} $$ 当$x=0$时，$y = \frac{1}{2}$，故直线$AB$恒过定点$(0, \frac{1}{2})$。<eoa> (2)【解析】 以$E(0, \frac{5}{2})$为圆心的圆与直线$AB$相切，切点为$AB$的中点$M$。设$M$的坐标为$(h, h^2 + \frac{1}{2})$。圆心$E$到直线$AB: hx - y + \frac{1}{2} = 0$的距离为： $$ d = \frac{|0 - \frac{5}{2} + \frac{1}{2}|}{\sqrt{h^2 + 1}} = \frac{2}{\sqrt{h^2 + 1}} $$ 同时，$E$到$M$的距离为： $$ |EM| = \sqrt{h^2 + \left(h^2 - 2\right)^2} $$ 联立方程$d = |EM|$得： $$ \frac{2}{\sqrt{h^2 + 1}} = \sqrt{h^2 + (h^2 - 2)^2} $$ 解得$h = 0$或$h = \pm1$。对应圆的半径分别为$2$和$\sqrt{2}$，故圆的方程为： $$ x^2 + \left(y - \frac{5}{2}\right)^2 = 4 \quad \text{或} \quad x^2 + \left(y - \frac{5}{2}\right)^2 = 2 $$ <eoe> 【答案】 圆的方程为$\boxed{x^2 + \left(y - \frac{5}{2}\right)^2 = 4}$或$\boxed{x^2 + \left(y - \frac{5}{2}\right)^2 = 2}$。 解法如下： 设直线$AB$的中点为$M(h, h^2 + \frac{1}{2})$，圆心$E(0, \frac{5}{2})$到直线$AB$的距离为： $$ d = \frac{2}{\sqrt{h^2 + 1}} $$ 同时，$E$到$M$的距离为： $$ |EM| = \sqrt{h^2 + (h^2 - 2)^2} $$ 联立解得$h = 0$或$h = \pm1$。当$h = 0$时，圆方程为$x^2 + \left(y - \frac{5}{2}\right)^2 = 4$；当$h = \pm1$时，圆方程为$x^2 + \left(y - \frac{5}{2}\right)^2 = 2$。<eoa> |
【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得: $\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$ 设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$ 由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$, 解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$. 当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$; 当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. 所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. |
| gpto1 | (1)【解析】 考虑抛物线 \( y = \dfrac{x^2}{2} \)，点 \( D(x_D, -\dfrac{1}{2}) \) 在直线 \( y = -\dfrac{1}{2} \) 上。过 \( D \) 作抛物线的切线，切点为 \( A \) 和 \( B \)。 抛物线在点 \( (x_0, y_0) \) 处的切线方程为： \[ y = x_0 x - \dfrac{x_0^2}{2} \] 由于切线经过点 \( D \)，代入得到： \[ -\dfrac{1}{2} = x_0 x_D - \dfrac{x_0^2}{2} \] 将方程两边乘以 2： \[ -1 = 2 x_0 x_D - x_0^2 \] 整理得： \[ x_0^2 - 2 x_0 x_D - 1 = 0 \] 这是关于 \( x_0 \) 的二次方程，其判别式为： \[ \Delta = [ -2 x_D ]^2 - 4 \times 1 \times (-1) = 4 x_D^2 + 4 = 4(x_D^2 + 1) \] 所以二次方程有两个实根： \[ x_0 = x_D \pm \sqrt{x_D^2 + 1} \] 切点坐标为： \[ A\left( x_D + \sqrt{x_D^2 + 1},\ \dfrac{ \left( x_D + \sqrt{x_D^2 + 1} \right )^2 }{2} \right ) \] \[ B\left( x_D - \sqrt{x_D^2 + 1},\ \dfrac{ \left( x_D - \sqrt{x_D^2 + 1} \right )^2 }{2} \right ) \] 计算切点的纵坐标： \[ y_A = x_D^2 + \dfrac{1}{2} + x_D \sqrt{x_D^2 + 1} \] \[ y_B = x_D^2 + \dfrac{1}{2} - x_D \sqrt{x_D^2 + 1} \] 直线 \( AB \) 的斜率为： \[ m_{AB} = \dfrac{ y_A - y_B }{ x_A - x_B } = \dfrac{ 2 x_D \sqrt{x_D^2 + 1} }{ 2 \sqrt{x_D^2 + 1} } = x_D \] 因此，直线 \( AB \) 的方程为： \[ y - y_A = x_D ( x - x_A ) \] 将 \( y_A \) 和 \( x_A \) 代入，经过整理可得： \[ y = x_D x + \dfrac{1}{2} \] 当 \( x = 0 \) 时，\( y = \dfrac{1}{2} \)，所以直线 \( AB \) 总是经过定点 \( \left( 0, \dfrac{1}{2} \right ) \)。 <eoe> 【答案】 (1) 直线 \( AB \) 恒过定点 \( \left( 0, \dfrac{1}{2} \right ) \)。 <eoa> (2)【解析】 要使以 \( E\left( 0,\ \dfrac{5}{2} \right ) \) 为圆心的圆与直线 \( AB \) 相切，且切点为线段 \( AB \) 的中点 \( M \)。 中点 \( M \) 的坐标为： \[ x_M = x_D,\quad y_M = x_D^2 + \dfrac{1}{2} \] 向量 \( \overrightarrow{EM} \) 的斜率为： \[ m_{EM} = \dfrac{ y_M - y_E }{ x_M - x_E } = \dfrac{ x_D^2 + \dfrac{1}{2} - \dfrac{5}{2} }{ x_D - 0 } = \dfrac{ x_D^2 - 2 }{ x_D } \] 由于 \( \overrightarrow{EM} \) 垂直于直线 \( AB \)，即： \[ m_{EM} \cdot m_{AB} = -1 \] 代入已知 \( m_{AB} = x_D \)，得到： \[ \left( \dfrac{ x_D^2 - 2 }{ x_D } \right ) \cdot x_D = -1 \] \[ x_D^2 - 2 = -1 \] \[ x_D^2 = 1 \] \[ x_D = \pm 1 \] 因此，中点 \( M \) 的坐标为： \[ M\left( \pm 1,\ 1 + \dfrac{1}{2} \right ) = \left( \pm 1,\ \dfrac{3}{2} \right ) \] 计算圆的半径： \[ r = \sqrt{ ( \pm 1 - 0 )^2 + \left( \dfrac{3}{2} - \dfrac{5}{2} \right )^2 } = \sqrt{ 1 + 1 } = \sqrt{2} \] 所以圆的方程为： \[ x^2 + \left( y - \dfrac{5}{2} \right )^2 = 2 \] <eoe> 【答案】 (2) 圆的方程为 \( x^2 + \left( y - \dfrac{5}{2} \right )^2 = 2 \)。 <eoa> |
【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得: $\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$ 设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$ 由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$, 解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$. 当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$; 当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. 所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. |
| GPT-4o | (1)【解析】 首先，我们假设动点 \( D \) 在直线 \( y = -\frac{1}{2} \) 上，其坐标为 \( (a, -\frac{1}{2}) \)。 曲线 \( C \) 的方程为 \( y = \frac{x^2}{2} \)，我们需要找到曲线 \( C \) 上的切线方程。设切点为 \( (x_1, y_1) \)，则 \( y_1 = \frac{x_1^2}{2} \)。 利用切线的斜率公式，曲线 \( C \) 在点 \( (x_1, y_1) \) 处的导数为 \( y' = x \)，所以切线的斜率为 \( x_1 \)。 切线方程可以写成： \[ y - y_1 = x_1(x - x_1) \] 代入 \( y_1 = \frac{x_1^2}{2} \)，得到： \[ y - \frac{x_1^2}{2} = x_1(x - x_1) \] \[ y = x_1 x - \frac{x_1^2}{2} \] 由于该直线过点 \( D(a, -\frac{1}{2}) \)，我们代入 \( D \) 的坐标来解 \( x_1 \) 和 \( a \) 的关系： \[ -\frac{1}{2} = x_1 a - \frac{x_1^2}{2} \] 整理得到： \[ x_1^2 - 2ax_1 - 1 = 0 \] 这是一个关于 \( x_1 \) 的二次方程。解这个方程，利用求根公式： \[ x_1 = \frac{2a \pm \sqrt{4a^2 + 4}}{2} = a \pm \sqrt{a^2 + 1} \] 所以切点 \( A \) 和 \( B \) 的坐标分别为： \[ A(a + \sqrt{a^2 + 1}, \frac{(a + \sqrt{a^2 + 1})^2}{2}) \] \[ B(a - \sqrt{a^2 + 1}, \frac{(a - \sqrt{a^2 + 1})^2}{2}) \] 我们需要找直线 \( AB \) 的方程。首先求 \( A \) 和 \( B \) 的中点： \[ \left(\frac{(a + \sqrt{a^2 + 1}) + (a - \sqrt{a^2 + 1})}{2}, \frac{\frac{(a + \sqrt{a^2 + 1})^2}{2} + \frac{(a - \sqrt{a^2 + 1})^2}{2}}{2}\right) \] \[ = (a, \frac{a^2 + (a^2 + 1)}{2}) = (a, a^2 + \frac{1}{2}) \] 再找 \( A \) 和 \( B \) 的斜率： \[ \text{斜率} = \frac{\frac{(a + \sqrt{a^2 + 1})^2}{2} - \frac{(a - \sqrt{a^2 + 1})^2}{2}}{(a + \sqrt{a^2 + 1}) - (a - \sqrt{a^2 + 1})} \] \[ = \frac{\frac{(a^2 + 2a\sqrt{a^2 + 1} + (a^2 + 1)) - (a^2 - 2a\sqrt{a^2 + 1} + (a^2 + 1))}{2}}{2\sqrt{a^2 + 1}} \] \[ = \frac{\frac{4a\sqrt{a^2 + 1}}{2}}{2\sqrt{a^2 + 1}} = \frac{2a\sqrt{a^2 + 1}}{2\sqrt{a^2 + 1}} = a \] 所以直线 \( AB \) 的方程为： \[ y - (a^2 + \frac{1}{2}) = a(x - a) \] \[ y = ax - a^2 + a^2 + \frac{1}{2} \] \[ y = ax + \frac{1}{2} \] 我们发现，无论 \( a \) 为何，\( y = ax + \frac{1}{2} |
【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得: $\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$ 设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$ 由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$, 解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$. 当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$; 当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. 所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】 设A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2}),D(x_{0},-\frac{1}{2}),由题意可得y_{1}=y_{2}=-\frac{1}{2},所以x_{1}^{2}=x_{2}^{2}=1,所以x_{1}=-x_{2}=\pm1,所以A,B两点的轨迹是以(0,0)为圆心,1为半径的圆的上半部分,所以直线AB过定点(0,-\frac{1}{2}).<eoe> (2)由(1)可知,直线AB过定点(0,-\frac{1}{2}),设直线AB的方程为y=kx-\frac{1}{2},与圆x^{2}+y^{2}=\frac{25}{4}相切,所以\frac{|k\times0-\frac{1}{2}|}{\sqrt{1+k^{2}}}=\frac{5}{2},解得k=\pm2,所以直线AB的方程为y=\pm2x-\frac{1}{2},所以该圆的方程为(x\pm2y-2)^{2}=1. 最终结果是(x+pm*2*y-2)^2=1 |
【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得: $\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$ 设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$ 由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$, 解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$. 当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$; 当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. 所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)设A(x_{1},\frac{x_{1}^{2}}{2}),B(x_{2},\frac{x_{2}^{2}}{2}),D(m,-\frac{1}{2}),则k_{AD}=\frac{\frac{x_{1}^{2}}{2}+\frac{1}{2}}{x_{1}-m}=x_{1},k_{BD}=\frac{\frac{x_{2}^{2}}{2}+\frac{1}{2}}{x_{2}-m}=x_{2}所以k_{AB}=\frac{x_{2}-x_{1}}{\frac{x_{2}^{2}}{2}-\frac{x_{1}^{2}}{2}}=\frac{2}{x_{1}+x_{2}}=\frac{2}{x_{1}+x_{2}}=\frac{2}{2m}=所以直线 |
【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得: $\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$ 设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$ 由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$, 解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$. 当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$; 当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. 所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 首先，我们需要找到曲线 $C: y=\\frac{x^{2}}{2}$ 的切线方程。设切点为 $A(x_1, y_1)$，则 $y_1 = \\frac{x_1^2}{2}$。曲线 $C$ 的导数为 $y' = x$，所以在点 $A$ 处的切线斜率为 $x_1$。因此，切线方程为：\n\\[ y - y_1 = x_1(x - x_1) \\]\n将 $y_1 = \\frac{x_1^2}{2}$ 代入，得到：\n\\[ y - \\frac{x_1^2}{2} = x_1(x - x_1) \\]\n整理得：\n\\[ y = x_1 x - \\frac{x_1^2}{2} \\]\n\n设直线 $y=-\\frac{1}{2}$ 上的动点 $D$ 为 $(a, -\\frac{1}{2})$。过 $D$ 作 $C$ 的两条切线，切点分别为 $A$ 和 $B$。将 $D$ 的坐标代入切线方程：\n\\[ -\\frac{1}{2} = x_1 a - \\frac{x_1^2}{2} \\]\n整理得：\n\\[ x_1^2 - 2x_1 a - 1 = 0 \\]\n\n这是一个关于 $x_1$ 的二次方程。设 $x_1$ 的两个解为 $x_A$ 和 $x_B$，则 $A$ 和 $B$ 的坐标分别为 $(x_A, \\frac{x_A^2}{2})$ 和 $(x_B, \\frac{x_B^2}{2})$。直线 $AB$ 的斜率为：\n\\[ \\frac{\\frac{x_B^2}{2} - \\frac{x_A^2}{2}}{x_B - x_A} = \\frac{x_B^2 - x_A^2}{2(x_B - x_A)} = \\frac{(x_B + x_A)(x_B - x_A)}{2(x_B - x_A)} = \\frac{x_B + x_A}{2} \\]\n\n由二次方程的根与系数关系，$x_A + x_B = 2a$，所以直线 $AB$ 的斜率为 $a$。直线 $AB$ 的方程为：\n\\[ y - \\frac{x_A^2}{2} = a(x - x_A) \\]\n\n将 $A$ 和 $B$ 的坐标代入，得到直线 $AB$ 的方程为：\n\\[ y = ax - \\frac{1}{2} \\]\n\n由此可见，直线 $AB$ 恒过定点 $(0, -\\frac{1}{2})$。<eoe>\n【答案】直线 $AB$ 过定点 $(0, -\\frac{1}{2})$。<eoa>\n\n(2)【解析】 设以 $E\\left(0, \\frac{5}{2}\\right)$ 为圆心的圆与直线 $AB$ 相切，且切点为线段 $A B$ 的中点。设线段 $A B$ 的中点为 $M$，则 $M$ 的坐标为：\n\\[ M\\left(\\frac{x_A + x_B}{2}, \\frac{\\frac{x_A^2}{2} + \\frac{x_B^2}{2}}{2}\\right) = \\left(a, \\frac{x_A^2 + x_B^2}{4}\\right) \\]\n\n由于 $x_A + x_B = 2a$，$x_A x_B = -1$，所以：\n\\[ x_A^2 + x_B^2 = (x_A + x_B)^2 - 2x_A x_B = 4a^2 + 2 \\]\n因此，$M$ 的坐标为：\n\\[ M\\left(a, \\frac{4a^2 + 2}{4}\\right) = \\left(a, a^2 + \\frac{1}{2}\\right) \\]\n\n圆 $E$ 的半径为 $E$ 到 $M$ 的距离：\n\\[ r = \\sqrt{a^2 + \\left(\\frac{5}{2} - a^2 - \\frac{1}{2}\\right)^2} = \\sqrt{a^2 + \\left(2 - a^2\\right)^2} = \\sqrt{a^2 + 4 - 4a^2 + a^4} = \\sqrt{a^4 - 3a^2 + 4} \\]\n\n圆 $E$ 的方程为：\n\\[ x^2 + \\left(y - \\frac{5}{2}\\right)^2 = r^2 \\]\n\n将 $r^2 = a^4 - 3a^2 + 4$ 代入，得到圆的方程：\n\\[ x^2 + \\left(y - \\frac{5}{2}\\right)^2 = a^4 - 3a^2 + 4 \\]\n\n由于 $a$ 是任意实数，圆的方程形式为：\n\\[ x^2 + \\left(y - \\frac{5}{2}\\right)^2 = k \\]\n其中 $k$ 是常数。<eoe>\n【答案】圆的方程为 $x^2 + \\left(y - \\frac{5}{2}\\right)^2 = k$，其中 $k$ 是常数。<eoa>" | 【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得: $\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$ 设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$ 由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$, 解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$. 当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$; 当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. 所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】\n设动点D的坐标为$(x_0, -\\frac{1}{2})$。曲线$C: y=\\frac{x^2}{2}$的导数为$y'=x$，因此在点$(x_1, \\frac{x_1^2}{2})$处的切线斜率为$x_1$。设A点坐标为$(x_1, \\frac{x_1^2}{2})$，B点坐标为$(x_2, \\frac{x_2^2}{2})$，则A点处的切线方程为$y-\\frac{x_1^2}{2}=x_1(x-x_1)$，即$y=x_1x-\\frac{x_1^2}{2}$。同理，B点处的切线方程为$y=x_2x-\\frac{x_2^2}{2}$。\n\n因为D点在两条切线上，所以有：\n$$-\\frac{1}{2}=x_1x_0-\\frac{x_1^2}{2}$$\n$$-\\frac{1}{2}=x_2x_0-\\frac{x_2^2}{2}$$\n\n这两个方程可以写成：\n$$x_1^2-2x_0x_1-1=0$$\n$$x_2^2-2x_0x_2-1=0$$\n\n可以看出，$x_1$和$x_2$是方程$x^2-2x_0x-1=0$的两个根。根据韦达定理，有$x_1+x_2=2x_0$，$x_1x_2=-1$。\n\n直线AB的方程可以通过点斜式求得，设AB的斜率为$m$，则有：\n$$m=\\frac{\\frac{x_2^2}{2}-\\frac{x_1^2}{2}}{x_2-x_1}=\\frac{x_2+x_1}{2}=x_0$$\n\n设直线AB的方程为$y=x_0x+b$，将A点坐标代入得：\n$$\\frac{x_1^2}{2}=x_0x_1+b$$\n$$b=\\frac{x_1^2}{2}-x_0x_1=\\frac{x_1^2}{2}-\\frac{x_1+x_2}{2}x_1=\\frac{x_1^2-x_1x_2}{2}=\\frac{x_1^2+1}{2}$$\n\n因此，直线AB的方程为：\n$$y=x_0x+\\frac{x_1^2+1}{2}$$\n\n将$x_0=\\frac{x_1+x_2}{2}$代入，得：\n$$y=\\frac{x_1+x_2}{2}x+\\frac{x_1^2+1}{2}$$\n\n将$x_1+x_2=2x_0$和$x_1x_2=-1$代入，得：\n$$y=x_0x+\\frac{x_1^2+1}{2}=x_0x+\\frac{(-1)+1}{2}=x_0x$$\n\n因此，直线AB过定点$(0, 0)$。\n\n<eoe>\n\n【答案】\n直线AB过定点$(0, 0)$。\n\n<eoa>\n\n(2)【解析】\n已知圆心E的坐标为$\\left(0, \\frac{5}{2}\\right)$，设圆的半径为$r$。因为圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，所以圆心E到直线AB的距离等于半径$r$。\n\n直线AB的方程为$y=x_0x$，即$x_0x-y=0$。圆心E到直线AB的距离公式为：\n$$r=\\frac{|x_0*0-\\frac{5}{2}|}{\\sqrt{x_0^2+1}}=\\frac{5}{2\\sqrt{x_0^2+1}}$$\n\n因为切点为线段AB的中点，所以切点的x坐标为$\\frac{x_1+x_2}{2}=x_0$，y坐标为$x_0*\\frac{x_1+x_2}{2}=x_0^2$。因此，切点坐标为$(x_0, x_0^2)$。\n\n圆的方程为$(x-h)^2+(y-k)^2=r^2$，其中$(h, k)$为圆心坐标，代入圆心坐标和半径，得：\n$$(x-0)^2+\\left(y-\\frac{5}{2}\\right)^2=\\left(\\frac{5}{2\\sqrt{x_0^2+1}}\\right)^2$$\n\n将切点坐标代入圆的方程，得：\n$$x_0^2+\\left(x_0^2-\\frac{5}{2}\\right)^2=\\left(\\frac{5}{2\\sqrt{x_0^2+1}}\\right)^2$$\n\n化简得：\n$$x_0^2+\\left(x_0^2-\\frac{5}{2}\\right)^2=\\frac{25}{4(x_0^2+1)}$$\n\n解得$x_0^2=1$，即$x_0=\\pm1$。因此，半径$r=\\frac{5}{2\\sqrt{2}}=\\frac{5\\sqrt{2}}{4}$。\n\n因此，圆的方程为：\n$$x^2+\\left(y-\\frac{5}{2}\\right)^2=\\left(\\frac{5\\sqrt{2}}{4}\\right)^2$$\n\n<eoe>\n\n【答案】\n圆的方程为$x^2+\\left(y-\\frac{5}{2}\\right)^2=\\frac{25}{8}$。\n\n<eoa>" | 【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得: $\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$ 设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$ 由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$, 解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$. 当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$; 当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. 所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. |
| baichuan4 | (1)【解析】首先，我们需要找到曲线 $C: y=\frac{x^{2}}{2}$ 在任意点 $(x_0, \frac{x_0^2}{2})$ 处的切线方程。由于曲线 $C$ 是一个二次函数，其导数 $y' = x$ 表示曲线在任意点 $(x_0, \frac{x_0^2}{2})$ 处的斜率。因此，切线方程可以表示为： $$y - \frac{x_0^2}{2} = x_0(x - x_0)$$ 化简得： $$y = x_0x - \frac{x_0^2}{2}$$ 设 $D$ 为直线 $y=-\frac{1}{2}$ 上的动点，其坐标为 $(d, -\frac{1}{2})$。将 $D$ 点的坐标代入切线方程中，我们得到： $$-\frac{1}{2} = x_0d - \frac{x_0^2}{2}$$ 解这个方程，我们可以得到两个解，分别对应于过点 $D$ 的两条切线的切点 $A$ 和 $B$ 的横坐标 $x_A$ 和 $x_B$。 由于 $A$ 和 $B$ 都在曲线 $C$ 上，它们的纵坐标分别是 $\frac{x_A^2}{2}$ 和 $\frac{x_B^2}{2}$。因此，直线 $AB$ 的斜率 $k_{AB}$ 可以表示为： $$k_{AB} = \frac{\frac{x_B^2}{2} - \frac{x_A^2}{2}}{x_B - x_A}$$ 化简得： $$k_{AB} = \frac{x_B + x_A}{2}$$ 由于 $A$ 和 $B$ 都在曲线 $C$ 上，它们的纵坐标分别是 $\frac{x_A^2}{2}$ 和 $\frac{x_B^2}{2}$。因此，直线 $AB$ 的截距 $b_{AB}$ 可以表示为： $$b_{AB} = \frac{x_A^2}{2} - k_{AB}x_A = \frac{x_B^2}{2} - k_{AB}x_B$$ 化简得： $$b_{AB} = -\frac{1}{2}$$ 因此，直线 $AB$ 的方程为： $$y = k_{AB}x - \frac{1}{2}$$ 由于 $k_{AB}$ 是关于 $x_A$ 和 $x_B$ 的表达式，我们可以看到无论 $D$ 点在直线 $y=-\frac{1}{2}$ 上如何移动，直线 $AB$ 的截距始终为 $-\frac{1}{2}$，这意味着直线 $AB$ 总是过定点 $(0, -\frac{1}{2})$。 【答案】直线 $AB$ 过定点 $(0, -\frac{1}{2})$。 (2)【解析】根据题目条件，以 $E(0, \frac{5}{2})$ 为圆心的圆与直线 $AB$ 相切，且切点为线段 $AB$ 的中点。设该圆的半径为 $r$，由于圆心 $E$ 到直线 $AB$ 的距离等于半径 $r$，我们可以使用点到直线的距离公式来求解 $r$： $$r = \frac{|k_{AB} \cdot 0 - 1 \cdot \frac{5}{2} + \frac{1}{2}|}{\sqrt{k_{AB}^2 + 1^2}}$$ 化简得： $$r = \frac{3}{2}$$ 因此，该圆的方程为： $$(x - 0)^2 + (y - \frac{5}{2})^2 = (\frac{3}{2})^2$$ 化简得： $$x^2 + (y - \frac{5}{2})^2 = \frac{9}{4}$$ 【答案】该圆的方程为 $x^2 + (y - \frac{5}{2})^2 = \frac{9}{4}$。 |
【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得: $\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$ 设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$ 由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$, 解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$. 当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$; 当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. 所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. |
| doubao | (1)【解析】设$D(t,-\frac{1}{2})$，$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$。对$y=\frac{x^{2}}{2}$求导得$y'=x$。则切线$DA$的方程为$y-y_{1}=x_{1}(x-x_{1})$，即$y=x_{1}x-y_{1}$。因为点$D$在切线上，所以$-\frac{1}{2}=x_{1}t-y_{1}$，整理得$y_{1}=x_{1}t+\frac{1}{2}$。同理可得$y_{2}=x_{2}t+\frac{1}{2}$。所以直线$AB$的方程为$y=(x_{1}+x_{2})x+\frac{1}{2}$。又因为$A$，$B$在曲线$C$上，所以$y_{1}=\frac{x_{1}^{2}}{2}$，$y_{2}=\frac{x_{2}^{2}}{2}$，两式相减得$y_{2}-y_{1}=\frac{1}{2}(x_{2}^{2}-x_{1}^{2})=(x_{2}+x_{1})(x_{2}-x_{1})\times\frac{1}{2}$，则$x_{1}+x_{2}=2\frac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}=2k_{AB}$，所以直线$AB$的方程为$y=2k_{AB}x+\frac{1}{2}$，恒过定点$(0,\frac{1}{2})$。<eoe> 【答案】设$D(t,-\frac{1}{2})$，$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$。对$y=\frac{x^{2}}{2}$求导得$y'=x$。则切线$DA$的方程为$y-y_{1}=x_{1}(x-x_{1})$，即$y=x_{1}x-y_{1}$。因为点$D$在切线上，所以$-\frac{1}{2}=x_{1}t-y_{1}$，整理得$y_{1}=x_{1}t+\frac{1}{2}$。同理可得$y_{2}=x_{2}t+\frac{1}{2}$。所以直线$AB$的方程为$y=(x_{1}+x_{2})x+\frac{1}{2}$。又因为$A$，$B$在曲线$C$上，所以$y_{1}=\frac{x_{1}^{2}}{2}$，$y_{2}=\frac{x_{2}^{2}}{2}$，两式相减得$y_{2}-y_{1}=\frac{1}{2}(x_{2}^{2}-x_{1}^{2})=(x_{2}+x_{1})(x_{2}-x_{1})\times\frac{1}{2}$，则$x_{1}+x_{2}=2\frac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}=2k_{AB}$，所以直线$AB$的方程为$y=2k_{AB}x+\frac{1}{2}$，恒过定点$(0,\frac{1}{2})$。<eoa> (2)【解析】由(1)知直线$AB$的方程为$y=2k_{AB}x+\frac{1}{2}$，设$AB$的中点为$M(x_{0},y_{0})$，则$y_{0}=2k_{AB}x_{0}+\frac{1}{2}$。又因为$EM \perp AB$，所以$k_{EM}\times k_{AB}=-1$，即$\frac{y_{0}-\frac{5}{2}}{x_{0}}\times 2k_{AB}=-1$。又因为$M$在直线$AB$上，所以可得方程组$\begin{cases}y_{0}=2k_{AB}x_{0}+\frac{1}{2}\\\frac{y_{0}-\frac{5}{2}}{x_{0}}\times 2k_{AB}=-1\end{cases}$，解方程组可得$x_{0}$，$y_{0}$，进而可得$k_{AB}$。然后利用点到直线距离公式求出圆的半径，即可得到圆的方程。<eoe> 【答案】设直线$AB$的方程为$y=kx+\frac{1}{2}$，设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，$AB$的中点为$M(x_{0},y_{0})$。将直线$AB$方程代入曲线$C$方程可得$x^{2}-2kx-1=0$，则$x_{1}+x_{2}=2k$，$x_{1}x_{2}=-1$。$y_{1}+y_{2}=k(x_{1}+x_{2})+1=2k^{2}+1$，所以$x_{0}=k$，$y_{0}=k^{2}+\frac{1}{2}$。又因为$EM \perp AB$，所以$\frac{y_{0}-\frac{5}{2}}{x_{0}}\times k=-1$，代入可得$k^{2}-k-\frac{3}{2}=0$，解得$k=\frac{3}{2}$或$k=-\frac{1}{2}$。当$k=\frac{3}{2}$时，$x_{0}=\frac{3}{2}$，$y_{0}=\frac{11}{4}$，半径$r=\sqrt{x_{0}^{2}+(y_{0}-\frac{5}{2})^{2}}=\frac{3\sqrt{5}}{4}$，圆的方程为$x^{2}+(y-\frac{5}{2})^{2}=\frac{45}{16}$；当$k=-\frac{1}{2}$时，$x_{0}=-\frac{1}{2}$，$y_{0}=\frac{3}{4}$，半径$r=\sqrt{x_{0}^{2}+(y_{0}-\frac{5}{2})^{2}}=\frac{3\sqrt{5}}{4}$，圆的方程为$x^{2}+(y-\frac{5}{2})^{2}=\frac{45}{16}$。<eoa> |
【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得: $\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$ 设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$ 由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$, 解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$. 当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$; 当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. 所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. |
| minimax | (1)【解析】要证明直线AB过定点，我们可以先求出曲线C在任意点的切线方程，然后利用点D在直线y=-1/2上这一条件来确定直线AB的方程。由于直线AB是由曲线C在切点A和B处的切线组成的，我们可以先求出曲线C在任意点(x0, y0)处的切线方程。曲线C的方程是y=x^2/2，其导数y'=x可以给出切线的斜率。因此，曲线C在点(x0, y0)处的切线方程可以表示为y-y0=x0(x-x0)。由于点D在直线y=-1/2上，我们可以将y=-1/2代入切线方程中，得到关于x的方程，解这个方程可以得到切点A和B的横坐标。由于直线AB是由两个切点A和B组成的，我们可以利用这两点来确定直线AB的方程。如果直线AB的方程中存在一个常数项，那么这个常数项就是直线AB所过的定点的y坐标。<eoe> 【答案】首先，我们求曲线C在任意点(x0, y0)处的切线方程。由于曲线C的方程是y=x^2/2，其导数y'=x可以给出切线的斜率。因此，曲线C在点(x0, y0)处的切线方程可以表示为： \[ y - y_0 = x_0(x - x_0) \] 其中，\( y_0 = \frac{x_0^2}{2} \)。 现在，设点D在直线y=-1/2上，即D的坐标为(x, -1/2)。将y=-1/2代入切线方程中，得到： \[ -\frac{1}{2} - y_0 = x_0(x - x_0) \] \[ -\frac{1}{2} - \frac{x_0^2}{2} = x_0^2 - x_0^2 \] \[ -\frac{1}{2} - \frac{x_0^2}{2} = 0 \] \[ x_0^2 = 1 \] \[ x_0 = \pm 1 \] 因此，切点A和B的横坐标分别是1和-1。由于直线AB是由两个切点A和B组成的，我们可以利用这两点来确定直线AB的方程。切点A和B的纵坐标分别是y_A = 1^2/2 = 1/2和y_B = (-1)^2/2 = 1/2。因此，切点A和B的坐标分别是(1, 1/2)和(-1, 1/2)。 直线AB的斜率是： \[ m = \frac{y_B - y_A}{x_B - x_A} = \frac{1/2 - 1/2}{-1 - 1} = 0 \] 由于斜率为0，直线AB是水平的，因此直线AB的方程是y=1/2。这表明直线AB过定点(0, 1/2)。<eoa> (2)【解析】已知圆E(0, 5/2)与直线AB相切，并且切点为线段AB的中点。由于直线AB是水平的，且过定点(0, 1/2)，圆心E到直线AB的距离就是圆的半径。我们可以利用点到直线的距离公式来求出半径，然后写出圆的方程。点到直线的距离公式是：距离d = |Ax0 + By0 + C| / sqrt(A^2 + B^2)，其中直线的方程为Ax + By + C = 0。由于直线AB是水平的，方程可以简化为y = 1/2，因此A=0, B=1, C=-1/2。将圆心E的坐标代入距离公式，可以求出半径r。然后，利用圆的标准方程(x-a)^2 + (y-b)^2 = r^2，其中(a, b)是圆心坐标，可以写出圆的方程。<eoe> 【答案】由于圆E(0, 5/2)与直线AB相切，并且切点为线段AB的中点，我们可以知道圆心E到直线AB的距离等于圆的半径r。直线AB的方程是y=1/2，因此点到直线的距离公式可以简化为： \[ d = |B \cdot y_0 + C| / \sqrt{A^2 + B^2} \] 其中，A=0, B=1, C=-1/2，y_0是圆心E的y坐标，即5/2。代入公式得到： \[ r = |1 \cdot \frac{5}{2} - \frac{1}{2}| / \sqrt{0^2 + 1^2} \] \[ r = |\frac{5}{2} - \frac{1}{2}| \] \[ r = \frac{4}{2} \] \[ r = 2 \] 因此，圆的半径是2。现在我们可以写出圆的方程： \[ (x - a)^2 + (y - b)^2 = r^2 \] 其中，(a, b)是圆心E的坐标，即(0, 5/2)，r是圆的半径，即2。代入这些值，得到圆的方程： \[ (x - 0)^2 + (y - \frac{5}{2})^2 = 2^2 \] \[ x^2 + (y - \frac{5}{2})^2 = 4 \] 所以，该圆的方程是\( x^2 + (y - \frac{5}{2})^2 = 4 \)。<eoa> |
【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得: $\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$ 设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$ 由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$, 解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$. 当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$; 当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. 所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. |
| kimi | (1)【解析】 要证明直线AB过定点，我们首先需要找到曲线C的切线方程，然后确定切点A和B的坐标。之后，我们可以通过A和B的坐标来找到直线AB的方程，并证明它通过一个定点。 1. 求曲线C的导数，以确定切线的斜率。 2. 利用点斜式方程写出切线方程。 3. 利用切线与曲线相切的条件，即切线与曲线在切点处的导数相等，来确定切点的坐标。 4. 利用切点的坐标确定直线AB的方程。 5. 证明直线AB过定点。 <eoe> 【答案】 设切点A的坐标为(x1, y1)，则曲线C在点A处的导数为y' = x1。因此，切线方程为y - y1 = x1(x - x1)。 因为点D在直线y = -1/2上，所以D的坐标为(x0, -1/2)。将D的坐标代入切线方程，得到： -1/2 - y1 = x1(x0 - x1)。 又因为点A在曲线C上，所以y1 = x1^2 / 2。将y1代入上述方程，得到： -1/2 - x1^2 / 2 = x1(x0 - x1)。 整理得： x1^2 - 2x1x0 + x1^2 = 1。 解得： x1 = 1/2 * (x0 + 1)。 同理，设切点B的坐标为(x2, y2)，可以得到x2 = 1/2 * (x0 - 1)。 因此，直线AB的方程为： y - y1 = (y1 - (-1/2)) / (x1 - x0) * (x - x0)。 将x1和x2的表达式代入，得到： y - x1^2 / 2 = (x1^2 / 2 + 1/2) / (x1 - x0) * (x - x0)。 令x = x0，得到： y = x1^2 / 2 + (x1^2 / 2 + 1/2) / (x1 - x0) * (x0 - x0) = x1^2 / 2 + 1/2。 因为x1 = 1/2 * (x0 + 1)，所以y = x0^2 / 2 + 1/2 = (x0 + 1)^2 / 2。 令x0 = 0，得到定点坐标为(0, 1/2)。 <eoa> (2)【解析】 1. 根据题意，圆心E(0, 5/2)到直线AB的距离等于圆的半径。 2. 利用点到直线的距离公式求出半径。 3. 利用半径求出圆的方程。 <eoe> 【答案】 设直线AB的方程为y = kx + b。根据(1)的结论，我们知道直线AB过定点(0, 1/2)，所以b = 1/2。 因此，直线AB的方程为y = kx + 1/2。 圆心E(0, 5/2)到直线AB的距离d为半径r，所以： r = |(5/2 - 1/2) / sqrt(k^2 + 1)| = sqrt((5/2 - 1/2)^2 / (k^2 + 1)) = sqrt(4 / (k^2 + 1))。 因为切点是线段AB的中点，所以切点的y坐标为(y1 + y2) / 2 = (x1^2 / 2 + 1/2 + x2^2 / 2 + 1/2) / 2 = (x1^2 + x2^2) / 4 + 1/2。 将x1 = 1/2 * (x0 + 1)和x2 = 1/2 * (x0 - 1)代入，得到： 切点的y坐标 = (1/4 * (x0 + 1)^2 + 1/4 * (x0 - 1)^2) / 4 + 1/2 = 1/2 * (x0^2 + 1) + 1/2 = x0^2 / 2 + 1。 将切点的y坐标代入直线AB的方程 |
【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得: $\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$ 设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$ 由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$, 解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$. 当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$; 当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. 所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】 设$D(t，-\frac{1}{2})$，$A\left(x_{1}，\frac{x_{1}^{2}}{2}\right)$，$B\left(x_{2}，\frac{x_{2}^{2}}{2}\right)$，对$y=\frac{x^{2}}{2}$求导得$y^{\prime}=x$，则切线$DA$的方程为$y-\frac{x_{1}^{2}}{2}=x_{1}\left(x-x_{1}\right)$，切线$DB$的方程为$y-\frac{x_{2}^{2}}{2}=x_{2}\left(x-x_{2}\right)$，把$D$的坐标代入可得$\left\{ \begin{array}{r} -\frac{1}{2}-\frac{x_{1}^{2}}{2}=x_{1}(t-x_{1}) \\ -\frac{1}{2}-\frac{x_{2}^{2}}{2}=x_{2}(t-x_{2}) \\ \end{array} \right.$，进而可得直线AB的方程，由此可得直线AB过定点。 【答案】 证明：设$D(t，-\frac{1}{2})$，$A\left(x_{1}，\frac{x_{1}^{2}}{2}\right)$，$B\left(x_{2}，\frac{x_{2}^{2}}{2}\right)$， 对$y=\frac{x^{2}}{2}$求导得$y^{\prime}=x$， 则切线$DA$的方程为$y-\frac{x_{1}^{2}}{2}=x_{1}\left(x-x_{1}\right)$，切线$DB$的方程为$y-\frac{x_{2}^{2}}{2}=x_{2}\left(x-x_{2}\right)$， 把$D$的坐标代入可得$\left\{ \begin{array}{r} -\frac{1}{2}-\frac{x_{1}^{2}}{2}=x_{1}(t-x_{1}) \\ -\frac{1}{2}-\frac{x_{2}^{2}}{2}=x_{2}(t-x_{2}) \\ \end{array} \right.$， 整理得$\left\{ \begin{array}{r} tx_{1}-\frac{1}{2}x_{1}^{2}+\frac{1}{2}=0 \\ tx_{2}-\frac{1}{2}x_{2}^{2}+\frac{1}{2}=0 \\ \end{array} \right.$， 所以$x_{1}，x_{2}$满足方程$tx-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}=0$， 所以$x_{1}+x_{2}=2t，x_{1}x_{2}=-1$， 所以直线AB的方程为$y-\frac{x_{1}^{2}}{2}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\left(x-x_{1}\right)$， 即$y=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}x-\frac{x_{1}x_{2}}{2}=tx+t$， 所以直线AB的方程为$y=tx+t$， 所以直线AB过定点$( - 1，0)$。 (2)【解析】 由题意可得直线AB的方程为$2x-y+1=0$，设$M$为线段$AB$的中点，由$\left\{ \begin{array}{r} 2x-y+1=0 \\ y=\frac{x^{2}}{2} \\ \end{array} \right.$，得$x^{2}-4x-2=0$，进而可得$M$的坐标，由题意可得$|ME|=|MN|$，由此可求得圆的方程。 【答案】 由题意可得直线AB的方程为$2x-y+1=0$， 设$M$为线段$AB$的中点， 由$\left\{ \begin{array}{r} 2x-y+1=0 \\ y=\frac{x^{2}}{2} \\ \end{array} \right.$，得$x^{2}-4x-2=0$， 设$A\left(x_{1}，\frac{x_{1}^{2}}{2}\right)$，$B\left(x_{2}，\frac{x_{2}^{2}}{2}\right)$， 则$x_{1}+x_{ |
【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得: $\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$ 设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$ 由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$, 解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$. 当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$; 当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. 所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们需要找到曲线 \( C: y = \frac{x^2}{2} \) 的切线方程。设切点为 \( A(x_1, y_1) \)，则 \( y_1 = \frac{x_1^2}{2} \)。曲线 \( C \) 的导数为 \( y' = x \)，因此在点 \( A \) 处的切线斜率为 \( x_1 \)。于是，切线方程为： \[ y - y_1 = x_1 (x - x_1) \] 代入 \( y_1 = \frac{x_1^2}{2} \)，得到： \[ y - \frac{x_1^2}{2} = x_1 (x - x_1) \] 整理得： \[ y = x_1 x - \frac{x_1^2}{2} \] 同理，设切点 \( B(x_2, y_2) \)，则 \( y_2 = \frac{x_2^2}{2} \)，切线方程为： \[ y = x_2 x - \frac{x_2^2}{2} \] 设直线 \( y = -\frac{1}{2} \) 上的动点 \( D(t, -\frac{1}{2}) \)，由于 \( D \) 在两条切线上，所以满足： \[ -\frac{1}{2} = x_1 t - \frac{x_1^2}{2} \] \[ -\frac{1}{2} = x_2 t - \frac{x_2^2}{2} \] 整理得： \[ x_1 t - \frac{x_1^2}{2} = -\frac{1}{2} \] \[ x_2 t - \frac{x_2^2}{2} = -\frac{1}{2} \] 进一步整理： \[ x_1 t = \frac{x_1^2}{2} - \frac{1}{2} \] \[ x_2 t = \frac{x_2^2}{2} - \frac{1}{2} \] 我们可以将这两个方程写成： \[ x_1 t = \frac{x_1^2 - 1}{2} \] \[ x_2 t = \frac{x_2^2 - 1}{2} \] 现在，我们求直线 \( AB \) 的方程。直线 \( AB \) 的斜率为： \[ \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1} = \frac{\frac{x_2^2}{2} - \frac{x_1^2}{2}}{x_2 - x_1} = \frac{x_2^2 - x_1^2}{2(x_2 - x_1)} = \frac{(x_2 + x_1)(x_2 - x_1)}{2(x_2 - x_1)} = \frac{x_2 + x_1}{2} \] 于是，直线 \( AB \) 的方程为： \[ y - \frac{x_1^2}{2} = \frac{x_2 + x_1}{2} (x - x_1) \] 整理得： \[ y = \frac{x_2 + x_1}{2} x - \frac{x_1 x_2 + x_1^2}{2} \] 注意到 \( x_1 t = \frac{x_1^2 - 1}{2} \) 和 \( x_2 t = \frac{x_2^2 - 1}{2} \)，我们可以解出 \( t \)： \[ t = \frac{x_1^2 - 1}{2 x_1} = \frac{x_2^2 - 1}{2 x_2} \] 这意味着 \( x_1 \) 和 \( x_2 \) 是关于 \( t \) 的对称点。通过进一步分析，可以发现直线 \( AB \) 总是经过定点 \( (0, \frac{1}{2}) \)。 <eoe> 【答案】 直线 \( AB \) 过定点 \( (0, \frac{1}{2}) \)。<eoa> (2)【解析】 已知圆心 \( E(0, \frac{5}{2}) \)，设圆的半径为 \( R \)，圆的方程为： \[ (x - 0)^2 + \left(y - \frac{5}{2}\right)^2 = R^2 \] 直线 \( AB \) 的方程为： \[ y = \frac{x_2 + x_1}{2} x - \frac{x_1 x_2 + x_1^2}{2} \] 设 \( AB \) 的中点为 \( M \left( \frac{x_1 + x_2}{2}, \frac{y_1 + y_2}{2} \right) \)，即： \[ M \left( \frac{x_1 + x_2}{2}, \frac{\frac{x_1^2}{2} + \frac{x_2^2}{2}}{2} \right) = M \left( \frac{x_1 + x_2}{2}, \frac{x_1^2 + x_2^2}{4} \right) \] 由于 \( M \) 是切点，且 \( E \) 到 \( AB \) 的距离等于半径 \( R \)，我们使用点到直线的距离公式： \[ \text{距离} = \frac{\left| \frac{x_2 + x_1}{2} \cdot 0 - \left( \frac{5}{2} - \frac{x_1 x_2 + x_1^2}{2} \right) \right|}{\sqrt{\left( \frac{x_2 + x_1}{2} \right)^2 + 1}} \] 设 \( k = \frac{x_2 + x_1}{2} \)，则直线方程为： \[ y = kx - \frac{x_1 x_2 + x_1^2}{2} \] 代入 \( E(0, \frac{5}{2}) \) 到直线的距离： \[ \frac{\left| \frac{5}{2} - \frac{x_1 x_2 + x_1^2}{2} \right|}{\sqrt{k^2 + 1}} = R \] 由于 \( M \) 是切点，且 \( M \) 在 \( AB \) 上，满足 \( y = kx - \frac{x_1 x_2 + x_1^2}{2} \)，结合圆的几何性质和对称性，可以解出 \( R \)。 通过进一步计算，得到 \( R = 2 \)，所以圆的方程为： \[ x^2 + \left(y - \frac{5}{2}\right)^2 = 4 \] <eoe> 【答案】 该圆的方程为 \( x^2 + \left(y - \frac{5}{2}\right)^2 = 4 \)。<eoa> |
【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得: $\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$ 设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$ 由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$, 解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$. 当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$; 当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. 所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. |
| gpto1 | (1)【解析】 考虑抛物线 \( y = \dfrac{x^2}{2} \)，点 \( D(x_D, -\dfrac{1}{2}) \) 在直线 \( y = -\dfrac{1}{2} \) 上。过 \( D \) 作抛物线的切线，切点为 \( A \) 和 \( B \)。 抛物线在点 \( (x_0, y_0) \) 处的切线方程为： \[ y = x_0 x - \dfrac{x_0^2}{2} \] 由于切线经过点 \( D \)，代入得到： \[ -\dfrac{1}{2} = x_0 x_D - \dfrac{x_0^2}{2} \] 将方程两边乘以 2： \[ -1 = 2 x_0 x_D - x_0^2 \] 整理得： \[ x_0^2 - 2 x_0 x_D - 1 = 0 \] 这是关于 \( x_0 \) 的二次方程，其判别式为： \[ \Delta = [ -2 x_D ]^2 - 4 \times 1 \times (-1) = 4 x_D^2 + 4 = 4(x_D^2 + 1) \] 所以二次方程有两个实根： \[ x_0 = x_D \pm \sqrt{x_D^2 + 1} \] 切点坐标为： \[ A\left( x_D + \sqrt{x_D^2 + 1},\ \dfrac{ \left( x_D + \sqrt{x_D^2 + 1} \right )^2 }{2} \right ) \] \[ B\left( x_D - \sqrt{x_D^2 + 1},\ \dfrac{ \left( x_D - \sqrt{x_D^2 + 1} \right )^2 }{2} \right ) \] 计算切点的纵坐标： \[ y_A = x_D^2 + \dfrac{1}{2} + x_D \sqrt{x_D^2 + 1} \] \[ y_B = x_D^2 + \dfrac{1}{2} - x_D \sqrt{x_D^2 + 1} \] 直线 \( AB \) 的斜率为： \[ m_{AB} = \dfrac{ y_A - y_B }{ x_A - x_B } = \dfrac{ 2 x_D \sqrt{x_D^2 + 1} }{ 2 \sqrt{x_D^2 + 1} } = x_D \] 因此，直线 \( AB \) 的方程为： \[ y - y_A = x_D ( x - x_A ) \] 将 \( y_A \) 和 \( x_A \) 代入，经过整理可得： \[ y = x_D x + \dfrac{1}{2} \] 当 \( x = 0 \) 时，\( y = \dfrac{1}{2} \)，所以直线 \( AB \) 总是经过定点 \( \left( 0, \dfrac{1}{2} \right ) \)。 <eoe> 【答案】 (1) 直线 \( AB \) 恒过定点 \( \left( 0, \dfrac{1}{2} \right ) \)。 <eoa> (2)【解析】 要使以 \( E\left( 0,\ \dfrac{5}{2} \right ) \) 为圆心的圆与直线 \( AB \) 相切，且切点为线段 \( AB \) 的中点 \( M \)。 中点 \( M \) 的坐标为： \[ x_M = x_D,\quad y_M = x_D^2 + \dfrac{1}{2} \] 向量 \( \overrightarrow{EM} \) 的斜率为： \[ m_{EM} = \dfrac{ y_M - y_E }{ x_M - x_E } = \dfrac{ x_D^2 + \dfrac{1}{2} - \dfrac{5}{2} }{ x_D - 0 } = \dfrac{ x_D^2 - 2 }{ x_D } \] 由于 \( \overrightarrow{EM} \) 垂直于直线 \( AB \)，即： \[ m_{EM} \cdot m_{AB} = -1 \] 代入已知 \( m_{AB} = x_D \)，得到： \[ \left( \dfrac{ x_D^2 - 2 }{ x_D } \right ) \cdot x_D = -1 \] \[ x_D^2 - 2 = -1 \] \[ x_D^2 = 1 \] \[ x_D = \pm 1 \] 因此，中点 \( M \) 的坐标为： \[ M\left( \pm 1,\ 1 + \dfrac{1}{2} \right ) = \left( \pm 1,\ \dfrac{3}{2} \right ) \] 计算圆的半径： \[ r = \sqrt{ ( \pm 1 - 0 )^2 + \left( \dfrac{3}{2} - \dfrac{5}{2} \right )^2 } = \sqrt{ 1 + 1 } = \sqrt{2} \] 所以圆的方程为： \[ x^2 + \left( y - \dfrac{5}{2} \right )^2 = 2 \] <eoe> 【答案】 (2) 圆的方程为 \( x^2 + \left( y - \dfrac{5}{2} \right )^2 = 2 \)。 <eoa> |
【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得: $\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$ 设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$ 由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$, 解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$. 当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$; 当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. 所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. |
| deepseekv3 | server error: Error code: 400 - {'error': {'code': 'RequestTimeOut', 'param': None, 'message': 'Request timed out, please try again later.', 'type': 'RequestTimeOut'}, 'id': 'chatcmpl-fde786a5-814d-92e9-a99a-9ab6b144f015', 'request_id': 'fde786a5-814d-92e9-a99a-9ab6b144f015'} | 【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得: $\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$ 设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$ 由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$, 解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$. 当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$; 当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. 所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$. |