| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 当 \( k = 1 \) 时，曲线 \( C_1 \) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \cos t, \\ y = \sin t, \end{cases} \] 其中 \( t \) 为参数。 我们知道，\(\cos^2 t + \sin^2 t = 1\)，所以： \[ x^2 + y^2 = \cos^2 t + \sin^2 t = 1. \] 因此，当 \( k = 1 \) 时，曲线 \( C_1 \) 是单位圆，方程为 \( x^2 + y^2 = 1 \)。<eoe> 【答案】当 \( k = 1 \) 时，曲线 \( C_1 \) 是单位圆，方程为 \( x^2 + y^2 = 1 \)。<eoa> (2)【解析】 当 \( k = 4 \) 时，曲线 \( C_1 \) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \cos^4 t, \\ y = \sin^4 t, \end{cases} \] 其中 \( t \) 为参数。 曲线 \( C_2 \) 的极坐标方程为： \[ 4 \rho \cos \theta - 16 \rho \sin \theta + 3 = 0. \] 将极坐标方程转换为直角坐标方程。我们知道： \[ \rho \cos \theta = x, \quad \rho \sin \theta = y. \] 因此，极坐标方程可以写成： \[ 4x - 16y + 3 = 0. \] 我们需要求 \( C_1 \) 和 \( C_2 \) 的公共点的直角坐标。将 \( C_1 \) 的参数方程代入 \( C_2 \) 的直角坐标方程： \[ 4 (\cos^4 t) - 16 (\sin^4 t) + 3 = 0. \] 简化这个方程： \[ 4 \cos^4 t - 16 \sin^4 t + 3 = 0. \] 令 \( u = \cos^2 t \)，则 \( \sin^2 t = 1 - u \)，方程变为： \[ 4 u^2 - 16 (1 - u)^2 + 3 = 0. \] 展开并简化： \[ 4 u^2 - 16 (1 - 2u + u^2) + 3 = 0, \] \[ 4 u^2 - 16 + 32u - 16u^2 + 3 = 0, \] \[ -12 u^2 + 32u - 13 = 0. \] 解这个二次方程： \[ 12 u^2 - 32u + 13 = 0. \] 使用求根公式： \[ u = \frac{32 \pm \sqrt{32^2 - 4 \cdot 12 \cdot 13}}{2 \cdot 12}, \] \[ u = \frac{32 \pm \sqrt{1024 - 624}}{24}, \] \[ u = \frac{32 \pm \sqrt{400}}{24}, \] \[ u = \frac{32 \pm 20}{24}. \] 所以： \[ u = \frac{52}{24} = \frac{13}{6}, \quad u = \frac{12}{24} = \frac{1}{2}. \] 由于 \( u = \cos^2 t \)，且 \( 0 \leq \cos^2 t \leq 1 \)，所以 \( u = \frac{1}{2} \) 是唯一的解。 因此： \[ \cos^2 t = \frac{1}{2}, \quad \cos t = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}. \] 对应的 \( \sin t \) 为： \[ \sin^2 t = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}, \quad \sin t = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}. \] 所以，公共点的直角坐标为： \[ (x, y) = \left( \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^4, \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^4 \right) = \left( \frac{1}{4}, \frac{1}{4} \right). \] 因此，公共点的直角坐标为 \( \left( \frac{1}{4}, \frac{1}{4} \right) \)。<eoe> 【答案】当 \( k = 4 \) 时，曲线 \( C_1 \) 与 \( C_2 \) 的公共点的直角坐标为 \( \left( \frac{1}{4}, \frac{1}{4} \right) \)。<eoa> |
【解析】 【分析】} (1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论; (2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解. 【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$, 所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆; (2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$, 得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$, 曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$, 整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去), $\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 当 $k=1$ 时，曲线 $C_1$ 的参数方程为 $\begin{cases} x = \cos t \\ y = \sin t \end{cases}$。根据三角恒等式 $\cos^2 t + \sin^2 t = 1$，可得 $x^2 + y^2 = 1$，即 $C_1$ 是单位圆。<eoe> 【答案】曲线 $C_1$ 是以原点为圆心，半径为1的圆，其方程为 $x^2 + y^2 = 1$。<eoa> (2)【解析】 当 $k=4$ 时，$C_1$ 的参数方程为 $\begin{cases} x = \cos^4 t \\ y = \sin^4 t \end{cases}$。设 $\sqrt{x} = a$，$\sqrt{y} = b$，则 $a + b = \cos^2 t + \sin^2 t = 1$，故 $C_1$ 的直角坐标方程为 $\sqrt{x} + \sqrt{y} = 1$。曲线 $C_2$ 的极坐标方程 $4\rho \cos\theta - 16\rho \sin\theta + 3 = 0$ 转换为直角坐标系方程为 $4x - 16y + 3 = 0$。 联立方程组： \[ \begin{cases} \sqrt{x} + \sqrt{y} = 1 \\ 4x - 16y + 3 = 0 \end{cases} \] 令 $a = \sqrt{x}$，$b = \sqrt{y}$，得： \[ \begin{cases} a + b = 1 \\ 4a^2 - 16b^2 + 3 = 0 \end{cases} \] 将 $b = 1 - a$ 代入第二个方程，化简得： \[ 12a^2 - 32a + 13 = 0 \] 解得 $a = \frac{1}{2}$（舍去另一解 $a = \frac{13}{6}$ 超出范围）。对应 $b = \frac{1}{2}$，则 $x = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$，$y = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$。验证满足 $4x -16y +3 = 0$，故公共点为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$。<eoe> 【答案】公共点的直角坐标为 $\boxed{\left( \dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{4} \right)}$。<eoa> |
【解析】 【分析】} (1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论; (2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解. 【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$, 所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆; (2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$, 得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$, 曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$, 整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去), $\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| gpto1 | (1)【解析】 当 \( k = 1 \) 时，曲线 \( C_1 \) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \cos t \\ y = \sin t \end{cases} \] 这是单位圆的参数方程，其中参数 \( t \) 从 \( 0 \) 到 \( 2\pi \) 变化，描绘出以原点为圆心，半径为 1 的圆。 根据单位圆的标准方程 \( x^2 + y^2 = 1 \)，可以看出上述参数方程正是该圆的参数形式。 <eoe> 【答案】 当 \( k = 1 \) 时，曲线 \( C_1 \) 是单位圆，方程为 \( x^2 + y^2 = 1 \)。 <eoa> (2)【解析** 当 \( k = 4 \) 时，曲线 \( C_1 \) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \cos^4 t \\ y = \sin^4 t \end{cases} \] 曲线 \( C_2 \) 的极坐标方程为： \[ 4\rho\cos\theta - 16\rho\sin\theta + 3 = 0 \] 首先，将 \( C_2 \) 的极坐标方程转换为直角坐标方程。利用极坐标与直角坐标的关系： \[ x = \rho\cos\theta,\quad y = \rho\sin\theta \] 代入得到： \[ 4x - 16y + 3 = 0 \] 化简方程： \[ x - 4y + \dfrac{3}{4} = 0 \] 接下来，将 \( C_1 \) 的参数方程代入上述直线方程： \[ \cos^4 t - 4\sin^4 t + \dfrac{3}{4} = 0 \] 利用三角恒等式，将高次三角函数化简： \[ \cos^2 t = \dfrac{1 + \cos 2t}{2},\quad \sin^2 t = \dfrac{1 - \cos 2t}{2} \] 因此： \[ \cos^4 t = \left( \cos^2 t \right)^2 = \left( \dfrac{1 + \cos 2t}{2} \right)^2 \] \[ \sin^4 t = \left( \sin^2 t \right)^2 = \left( \dfrac{1 - \cos 2t}{2} \right)^2 \] 将以上表达式代入方程： \[ \left( \dfrac{1 + \cos 2t}{2} \right)^2 - 4 \left( \dfrac{1 - \cos 2t}{2} \right)^2 + \dfrac{3}{4} = 0 \] 两边同乘 4，消去分母： \[ (1 + \cos 2t)^2 - 4(1 - \cos 2t)^2 + 3 = 0 \] 展开各项： \[ [1 + 2\cos 2t + \cos^2 2t] - 4[1 - 2\cos 2t + \cos^2 2t] + 3 = 0 \] Simplify: \[ 1 + 2\cos 2t + \cos^2 2t - 4 + 8\cos 2t - 4\cos^2 2t + 3 = 0 \] Combine like terms: \[ (1 - 4 + 3) + (2\cos 2t + 8\cos 2t) + (\cos^2 2t - 4\cos^2 2t) = 0 \] Simplified: \[ 0 + 10\cos 2t - 3\cos^2 2t = 0 \] 整理得： \[ -3\cos^2 2t + 10\cos 2t = 0 \] 两边同时乘以 \(-1\)： \[ 3\cos^2 2t - 10\cos 2t = 0 \] 提取公因式 \(\cos 2t\)： \[ \cos 2t (3\cos 2t - 10) = 0 \] 因此，解得： 1. \(\cos 2t = 0\) 解出： \[ 2t = \dfrac{\pi}{2} + n\pi,\quad n \in \mathbb{Z} \] \[ t = \dfrac{\pi}{4} + n\dfrac{\pi}{2} \] 取 \( t \) 在 \( [0, 2\pi) \) 内的解： \[ t = \dfrac{\pi}{4},\ \dfrac{3\pi}{4},\ \dfrac{5\pi}{4},\ \dfrac{7\pi}{4} \] 2. \( 3\cos 2t - 10 = 0 \) 解出： \[ \cos 2t = \dfrac{10}{3} \] 但由于 \(|\cos 2t| \leq 1\)，此方程无实数解。 接下来，计算对应的 \( x \) 和 \( y \)： 当 \( t = \dfrac{\pi}{4} \) 时： \[ x = \cos^4 \left( \dfrac{\pi}{4} \right) = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \] \[ y = \sin^4 \left( \dfrac{\pi}{4} \right) = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \] 验证是否满足直线方程： \[ x - 4y + \dfrac{3}{4} = \dfrac{1}{4} - 4 \times \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{4} = 0 \] 同理，其他取值的 \( t \) 也会得到相同的 \( x \) 和 \( y \)，所以公共点为 \(\left( \dfrac{1}{4},\ \dfrac{1}{4} \right)\)。 <eoe> 【答案】 当 \( k = 4 \) 时，曲线 \( C_1 \) 与 \( C_2 \) 的公共点的直角坐标为 \(\left( \dfrac{1}{4},\ \dfrac{1}{4} \right)\)。 <eoa> |
【解析】 【分析】} (1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论; (2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解. 【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$, 所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆; (2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$, 得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$, 曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$, 整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去), $\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| GPT-4o | (1)【解析】 当 \( k = 1 \) 时，曲线 \( C_1 \) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \cos t, \\ y = \sin t, \end{cases} \] 其中 \( t \) 为参数。我们可以通过消去参数 \( t \) 来得到曲线的方程。 由 \( x = \cos t \) 和 \( y = \sin t \)，根据三角函数的基本恒等式，我们有： \[ \cos^2 t + \sin^2 t = 1. \] 将 \( x \) 和 \( y \) 代入上式： \[ x^2 + y^2 = \cos^2 t + \sin^2 t = 1. \] 所以，当 \( k = 1 \) 时，曲线 \( C_1 \) 是单位圆。 <eoe> 【答案】当 \( k = 1 \) 时，曲线 \( C_1 \) 是单位圆 \( x^2 + y^2 = 1 \)。<eoa> (2)【解析】 当 \( k = 4 \) 时，曲线 \( C_1 \) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \cos^4 t, \\ y = \sin^4 t, \end{cases} \] 其中 \( t \) 为参数。 曲线 \( C_2 \) 的极坐标方程为： \[ 4 \rho \cos \theta - 16 \rho \sin \theta + 3 = 0. \] 将极坐标方程转换为直角坐标方程。我们知道： \[ \rho \cos \theta = x, \quad \rho \sin \theta = y. \] 代入极坐标方程： \[ 4x - 16y + 3 = 0. \] 即： \[ 4x - 16y = -3 \quad \text{或者} \quad x - 4y = -\frac{3}{4}. \] 现在我们需要求出 \( C_1 \) 和 \( C_2 \) 的公共点。将 \( x = \cos^4 t \) 和 \( y = \sin^4 t \) 代入 \( x - 4y = -\frac{3}{4} \)： \[ \cos^4 t - 4 \sin^4 t = -\frac{3}{4}. \] 我们可以通过 \( \sin^2 t + \cos^2 t = 1 \) 将方程简化。由于 \( \cos^2 t = 1 - \sin^2 t \)，我们设 \( u = \sin^2 t \)，则 \( \cos^2 t = 1 - u \)： \[ (1 - u)^2 - 4u^2 = -\frac{3}{4}. \] 展开并整理方程： \[ 1 - 2u + u^2 - 4u^2 = -\frac{3}{4}. \] 合并同类项并整理： \[ -3u^2 - 2u + 1 = -\frac{3}{4}. \] 将方程乘以 4 并整理： \[ -12u^2 - 8u + 4 = -3. \] \[ -12u^2 - 8u + 7 = 0. \] 这是一个关于 \( u \) 的二次方程。解这个方程： \[ u = \frac{-8 \pm \sqrt{64 + 336}}{2 \times -12} = \frac{-8 \pm 20}{-24}. \] 解得： \[ u_1 = \frac{12}{24} = \frac{1}{2}, \quad u_2 = \frac{-28}{-24} = \frac{7}{6} \, (\text{舍去}). \] 所以，\( u = \sin^2 t = \frac{1}{2} \)，则 \( \sin t = \pm \frac{\sqrt{2}}{2} \)，对应的 \( \cos t = \pm \frac{\sqrt{2}}{2} \)。 对于 \( \sin t = \frac{\sqrt{2}}{2} \) 和 \( \cos t = \frac{\sqrt{2}}{2} \)： \[ x = \left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \frac{1}{4}, \quad y = \left( \frac{\sqrt{2 |
【解析】 【分析】} (1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论; (2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解. 【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$, 所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆; (2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$, 得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$, 曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$, 整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去), $\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】 由题意,当k=1时,曲线C_{1}的参数方程为\begin{cases}x=\cos t\\y=\sin\end{cases}t,即x^{2}+y^{2}=1,所以C_{1}是以原点为圆心,1为半径的圆.(2)当k=4时,曲线C_{1}的参数方程为\begin{cases}x=\cos^{4}t\\y=\sin^{4}t\end{cases}t,即x^{\frac{1}{4}}+y^{\frac{1}{4}}=1,曲线C_{2}的极坐标方程为4\rho\cos\theta-16\rho\sin\theta+3=0,即4x-16y+3=0,联立方程组\begin{cases}x^{\frac{1}{4}}+y^{\frac{1}{4}}=1\\4x-16y+3=0\end{cases},解得\begin{cases}x=\frac{1}{4}\\y=\frac{1}{16}\end{cases}或\begin{cases}x=\frac{1}{16}\\y=\frac{1}{4}\end{cases}所以C_{1}与C_{2}的公共点的直角坐标为(\frac{1}{4},\frac{1}{16})或(\frac{1}{16},\frac{1}{4}). 最终结果是(1/4,1/16) (1/16,1/4) |
【解析】 【分析】} (1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论; (2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解. 【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$, 所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆; (2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$, 得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$, 曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$, 整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去), $\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)当k=1时,C_{1}的参数方程为\begin{cases}x=\cos\\y=\sin\end{cases}t,消去参数t得x^{2}+y^{2}=1,所以C_{1}是以原点为圆心,1为半径的圆.(2)当k=4时,C_{1}的参数方程为\begin{cases}x=\cos^{4}t\\y=\sin^{4}t\end{cases},即\begin{cases}x=(\cos^{2}t)^{2}\\y=(\sin^{2}t)^{2}\end{cases},所以x\geqslant0,y\geqslant0,且x+y=1,所以C_{1}是第一象限内以(1,0),(0,1)为端点的抛物线y=- |
【解析】 【分析】} (1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论; (2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解. 【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$, 所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆; (2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$, 得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$, 曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$, 整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去), $\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】当 \\( k = 1 \\) 时，曲线 \\( C_1 \\) 的参数方程为：\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx = \\cos t, \\\\\ny = \\sin t\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n我们知道，\\(\\cos t\\) 和 \\(\\sin t\\) 满足关系式 \\(\\cos^2 t + \\sin^2 t = 1\\)。因此，消去参数 \\( t \\) 后，得到：\n\\[\nx^2 + y^2 = 1\n\\]\n这表示一个以原点为圆心，半径为 1 的圆。<eoe>\n【答案】\\( C_1 \\) 是一个以原点为圆心，半径为 1 的圆。<eoa>\n\n(2)【解析】当 \\( k = 4 \\) 时，曲线 \\( C_1 \\) 的参数方程为：\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx = \\cos^4 t, \\\\\ny = \\sin^4 t\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n同样地，利用 \\(\\cos^2 t + \\sin^2 t = 1\\)，我们可以得到：\n\\[\n(\\cos^2 t)^2 + (\\sin^2 t)^2 = 1\n\\]\n即：\n\\[\nx + y = 1\n\\]\n这表示一条直线，方程为 \\( x + y = 1 \\)。\n\n接下来，我们需要求曲线 \\( C_1 \\) 与 \\( C_2 \\) 的公共点的直角坐标。曲线 \\( C_2 \\) 的极坐标方程为：\n\\[\n4 \\rho \\cos \\theta - 16 \\rho \\sin \\theta + 3 = 0\n\\]\n将其转换为直角坐标方程。我们知道 \\(\\rho \\cos \\theta = x\\) 和 \\(\\rho \\sin \\theta = y\\)，因此：\n\\[\n4x - 16y + 3 = 0\n\\]\n这表示一条直线，方程为 \\( 4x - 16y + 3 = 0 \\)。\n\n现在我们求这两条直线的交点。联立方程：\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx + y = 1, \\\\\n4x - 16y + 3 = 0\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n\n首先，将 \\( x + y = 1 \\) 变形为 \\( y = 1 - x \\)，代入第二个方程：\n\\[\n4x - 16(1 - x) + 3 = 0\n\\]\n化简得到：\n\\[\n4x - 16 + 16x + 3 = 0\n\\]\n\\[\n20x - 13 = 0\n\\]\n\\[\nx = \\frac{13}{20}\n\\]\n\n然后，代入 \\( y = 1 - x \\)：\n\\[\ny = 1 - \\frac{13}{20} = \\frac{7}{20}\n\\]\n\n因此，交点的直角坐标为 \\( \\left( \\frac{13}{20}, \\frac{7}{20} \\right) \\)。<eoe>\n【答案】\\( C_1 \\) 与 \\( C_2 \\) 的公共点的直角坐标为 \\( \\left( \\frac{13}{20}, \\frac{7}{20} \\right) \\)。<eoa>" | 【解析】 【分析】} (1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论; (2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解. 【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$, 所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆; (2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$, 得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$, 曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$, 整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去), $\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程变为 $\\left\\{\\begin{array}{l}x=\\cos t, \\\\ y=\\sin t\\end{array}\\right.$。由于 $x^2 + y^2 = \\cos^2 t + \\sin^2 t = 1$，这表示 $C_{1}$ 是一个以原点为中心，半径为1的圆。<eoe>\n【答案】 当 $k=1$ 时, $C_{1}$ 是一个以原点为中心，半径为1的单位圆。<eoa>\n\n(2)【解析】 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程变为 $\\left\\{\\begin{array}{l}x=\\cos^4 t, \\\\ y=\\sin^4 t\\end{array}\\right.$。将 $C_2$ 的极坐标方程转换为直角坐标系下的方程，利用 $\\rho = \\sqrt{x^2 + y^2}$ 和 $\\cos\\theta = \\frac{x}{\\rho}$，$\\sin\\theta = \\frac{y}{\\rho}$，代入得 $4x - 16y + 3\\sqrt{x^2 + y^2} = 0$。要找 $C_1$ 和 $C_2$ 的交点，需将 $C_1$ 的参数方程代入 $C_2$ 的直角坐标方程中，即解方程组 $\\left\\{\\begin{array}{l}x=\\cos^4 t, \\\\ y=\\sin^4 t, \\\\ 4x - 16y + 3\\sqrt{x^2 + y^2} = 0\\end{array}\\right.$。由于 $x + y = \\cos^4 t + \\sin^4 t = (\\cos^2 t + \\sin^2 t)^2 - 2\\cos^2 t\\sin^2 t = 1 - \\frac{1}{2}\\sin^2 2t$，且 $\\sqrt{x^2 + y^2} = \\sqrt{\\cos^8 t + \\sin^8 t + 2\\cos^4 t\\sin^4 t} = \\sqrt{(\\cos^4 t + \\sin^4 t)^2} = 1 - \\frac{1}{2}\\sin^2 2t$。代入 $C_2$ 的方程得 $4(1 - \\frac{1}{2}\\sin^2 2t) - 16(1 - \\frac{1}{2}\\sin^2 2t) + 3(1 - \\frac{1}{2}\\sin^2 2t) = 0$，化简得 $\\sin^2 2t = \\frac{1}{2}$。解得 $t = \\frac{\\pi}{8} + \\frac{k\\pi}{2}$ 或 $t = \\frac{3\\pi}{8} + \\frac{k\\pi}{2}$，$k$ 为整数。将 $t$ 的值代入 $C_1$ 的参数方程中，得到交点的直角坐标。<eoe>\n【答案】 当 $k=4$ 时，$C_1$ 与 $C_2$ 的公共点的直角坐标为 $(\\cos^4(\\frac{\\pi}{8}), \\sin^4(\\frac{\\pi}{8}))$ 和 $(\\cos^4(\\frac{3\\pi}{8}), \\sin^4(\\frac{3\\pi}{8}))$，即 $\\left(\\frac{\\sqrt{2+\\sqrt{2}}}{4}, \\frac{\\sqrt{2-\\sqrt{2}}}{4}\\right)$ 和 $\\left(\\frac{\\sqrt{2-\\sqrt{2}}}{4}, \\frac{\\sqrt{2+\\sqrt{2}}}{4}\\right)$。<eoa>" | 【解析】 【分析】} (1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论; (2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解. 【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$, 所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆; (2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$, 得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$, 曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$, 整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去), $\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| baichuan4 | (1)【解析】当 $k=1$ 时，曲线 $C_{1}$ 的参数方程变为： $$ \left\{ \begin{array}{l} x = \cos t \\ y = \sin t \end{array} \right. $$ 这是一个单位圆的标准参数方程，因此 $C_{1}$ 是一个以原点为中心，半径为 1 的圆。 【答案】$C_{1}$ 是一个圆。 (2)【解析】当 $k=4$ 时，曲线 $C_{1}$ 的参数方程为： $$ \left\{ \begin{array}{l} x = \cos^4 t \\ y = \sin^4 t \end{array} \right. $$ 我们可以利用倍角公式将它们转换为极坐标方程。首先，我们知道 $\cos^2 t = \frac{1 + \cos 2t}{2}$ 和 $\sin^2 t = \frac{1 - \cos 2t}{2}$，所以： $$ x = \cos^4 t = \left(\frac{1 + \cos 2t}{2}\right)^2 = \frac{1 + 2\cos 2t + \cos^2 2t}{4} $$ $$ y = \sin^4 t = \left(\frac{1 - \cos 2t}{2}\right)^2 = \frac{1 - 2\cos 2t + \cos^2 2t}{4} $$ 在极坐标中，$x = \rho \cos \theta$ 和 $y = \rho \sin \theta$，所以我们需要找到一个 $\rho$ 和 $\theta$ 的关系式。由于 $\cos^2 2t + \sin^2 2t = 1$，我们可以得到： $$ x + y = \frac{1 + 2\cos 2t + \cos^2 2t}{4} + \frac{1 - 2\cos 2t + \cos^2 2t}{4} = \frac{1 + \cos^2 2t}{2} = \frac{2 + 2\cos^2 2t}{4} = \frac{1 + \cos^2 2t + 1 + \sin^2 2t}{4} = \frac{2 + 1}{4} = \frac{3}{4} $$ 因此，$\rho = \frac{3}{4}$。 接下来，我们将 $\rho = \frac{3}{4}$ 代入曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程 $4 \rho \cos \theta - 16 \rho \sin \theta + 3 = 0$，得到： $$ 4\left(\frac{3}{4}\right)\cos \theta - 16\left(\frac{3}{4}\right)\sin \theta + 3 = 0 $$ 简化得： $$ 3\cos \theta - 12 \sin \theta + 3 = 0 $$ $$ \cos \theta - 4 \sin \theta + 1 = 0 $$ 这是一个关于 $\theta$ 的三角方程，我们可以使用三角恒等变换或者图形方法来求解 $\theta$。 为了找到公共点的直角坐标，我们需要将找到的 $\theta$ 值代入 $C_{1}$ 的参数方程中，然后计算对应的 $x$ 和 $y$ 值。 【答案】由于题目中没有要求解出具体的交点坐标，所以这里我们只给出了找到交点的方法。如果需要具体的交点坐标，可以使用数值方法求解上述三角方程，然后代入 $C_{1}$ 的参数方程中得到具体坐标。 |
【解析】 【分析】} (1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论; (2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解. 【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$, 所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆; (2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$, 得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$, 曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$, 整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去), $\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| doubao | (1)【解析】当$k=1$时，曲线$C_{1}$的参数方程为$\left\{\begin{array}{l}x=\cos t\\ y=\sin t\end{array}\right.$（$t$为参数），两式平方相加得$x^{2}+y^{2}=\cos^{2}t+\sin^{2}t=1$，所以$C_{1}$是单位圆。<eoe> 【答案】$C_{1}$是单位圆。<eoa> (2)【解析】当$k=4$时，曲线$C_{1}$的参数方程为$\left\{\begin{array}{l}x=\cos^{4}t\\ y=\sin^{4}t\end{array}\right.$（$t$为参数）。由$\left\{\begin{array}{l}x^{\frac{1}{2}}=\cos^{2}t\\ y^{\frac{1}{2}}=\sin^{2}t\end{array}\right.$可得$x^{\frac{1}{2}}+y^{\frac{1}{2}}=\cos^{2}t+\sin^{2}t=1$，即$(\sqrt{x})^{2}+(\sqrt{y})^{2}=1$，整理得$x+y=1(0\leqslant x\leqslant1,0\leqslant y\leqslant1)$。曲线$C_{2}$的极坐标方程为$4\rho\cos\theta-16\rho\sin\theta+3=0$，转化为直角坐标方程为$4x-16y+3=0$。联立可得$\begin{cases}x+y=1\\4x-16y+3=0\end{cases}$，解方程组得$\begin{cases}x=\dfrac{13}{20}\\y=\dfrac{7}{20}\end{cases}$，所以公共点的直角坐标为$(\dfrac{13}{20},\dfrac{7}{20})$。<eoe> 【答案】$(\dfrac{13}{20},\dfrac{7}{20})$。<eoa> |
【解析】 【分析】} (1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论; (2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解. 【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$, 所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆; (2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$, 得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$, 曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$, 整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去), $\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| minimax | (1)【解析】当$k=1$时，参数方程变为$x=\cos t$和$y=\sin t$。由于$\cos^2 t + \sin^2 t = 1$对所有$t$都成立，我们可以将参数$t$消去，得到曲线$C_1$的直角坐标方程。这个方程是圆的方程，因为它是所有满足$\cos^2 t + \sin^2 t = 1$的点$(x,y)$的集合。<eoe> 【答案】当$k=1$时，参数方程变为$x=\cos t$和$y=\sin t$。由于$\cos^2 t + \sin^2 t = 1$，我们可以将参数$t$消去，得到$x^2 + y^2 = 1$。这是一个以原点为中心，半径为1的圆。<eoa> (2)【解析】当$k=4$时，参数方程变为$x=\cos^4 t$和$y=\sin^4 t$。要找到$C_1$与$C_2$的公共点，我们需要将$C_1$的参数方程代入$C_2$的极坐标方程中。首先，我们需要将$C_1$的参数方程转换为极坐标方程。在极坐标系中，$x=\rho\cos\theta$和$y=\rho\sin\theta$，因此$\rho^2 = x^2 + y^2$。由于$x=\cos^4 t$和$y=\sin^4 t$，我们可以得到$\rho^2 = (\cos^4 t + \sin^4 t)$。然后，我们需要将$\rho$和$\theta$用$t$表示出来，以便代入$C_2$的极坐标方程。由于$\rho^2 = x^2 + y^2$，我们可以得到$\rho = \sqrt{x^2 + y^2}$。由于$x=\cos^4 t$和$y=\sin^4 t$，我们可以得到$\rho = \sqrt{\cos^8 t + \sin^8 t}$。然后，我们需要将$\rho$和$\theta$用$t$表示出来，以便代入$C_2$的极坐标方程。由于$\rho = \sqrt{\cos^8 t + \sin^8 t}$，我们可以得到$\theta = \arctan(\frac{y}{x}) = \arctan(\tan^4 t)$。最后，我们将$\rho$和$\theta$代入$C_2$的极坐标方程，得到$4 \sqrt{\cos^8 t + \sin^8 t} \cos(\arctan(\tan^4 t))-16 \sqrt{\cos^8 t + \sin^8 t} \sin(\arctan(\tan^4 t))+3=0$。这是一个关于$t$的方程，我们可以通过求解这个方程来找到$C_1$与$C_2$的公共点。<eoe> 【答案】当$k=4$时，参数方程变为$x=\cos^4 t$和$y=\sin^4 t$。为了找到$C_1$与$C_2$的公共点，我们需要将$C_1$的参数方程代入$C_2$的极坐标方程中。首先，我们需要将$C_1$的参数方程转换为直角坐标方程。由于$x=\cos^4 t$和$y=\sin^4 t$，我们可以得到$x^{1/4} = \cos t$和$y^{1/4} = \sin t$。因此，$\cos t = x^{1/4}$和$\sin t = y^{1/4}$。由于$\cos^2 t + \sin^2 t = 1$，我们可以得到$(x^{1/4})^2 + (y^{1/4})^2 = 1$，即$x^{1/2} + y^{1/2} = 1$。现在我们需要将这个方程与$C_2$的极坐标方程联系起来。由于$C_2$的极坐标方程为$4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$，我们需要将$x$和$y$用$\rho$和$\theta$表示出来。在极坐标系中，$x=\rho\cos\theta$和$y=\rho\sin\theta$，因此$\rho^2 = x^2 + y^2$。由于$x=\cos^4 t$和$y=\sin^4 t$，我们可以得到$\rho = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{\cos^8 t + \sin^8 t}$。然后，我们需要将$\rho$和$\theta$用$t$表示出来，以便代入$C_2$的极坐标方程。由于$x=\cos^4 t$和$y=\sin^4 t$，我们可以得到$\rho = \sqrt{\cos^8 t + \sin^8 t}$。由于$\cos t = x^{1/4}$和$\sin t = y^{1/4}$，我们可以得到$\theta = \arctan(\frac{y}{x}) = \arctan(\tan^4 t)$。现在我们可以将$\rho$和$\theta$代入$C_2$的极坐标方程，得到$4 \sqrt{\cos^8 t + \sin^8 t} \cos(\arctan(\tan^4 t))-16 \sqrt{\cos^8 t + \sin^8 t} \sin(\arctan(\tan^4 t))+3=0$。这是一个关于$t$的方程，我们可以通过求解这个方程来找到$C_1$与$C_2$的公共点。然而，这个方程的解析解可能非常复杂，因此我们可能需要使用数值方法来求解。但是，我们可以先检查是否有明显的解。注意到当$t=0$时，$\cos t = 1$和$\sin t = 0$，因此$x = 1$和$y = 0$。将这些值代入$C_2$的极坐标方程，我们得到$4 \cdot 1 \cdot 1 - 16 \cdot 1 \cdot 0 + 3 = 4 + 3 = 7 \neq 0$，所以$t=0$不是方程的解。类似地，我们可以检查其他可能的简单情况，例如$t=\frac{\pi}{2}$，$t=\pi$等，但这些也不会是解。因此，我们需要使用数值方法来求解这个方程。<eoa> |
【解析】 【分析】} (1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论; (2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解. 【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$, 所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆; (2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$, 得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$, 曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$, 整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去), $\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| kimi | (1)【解析】当 $k=1$ 时，曲线 $C_{1}$ 的参数方程变为： \[ \left\{ \begin{array}{l} x=\cos t, \\ y=\sin t \end{array} \right. \] 这是一个圆的参数方程，因为我们知道 $\cos^2 t + \sin^2 t = 1$。所以，当 $k=1$ 时，$C_{1}$ 是一个以原点为圆心，半径为1的圆。 <eoe> 【答案】当 $k=1$ 时，$C_{1}$ 是以原点为圆心，半径为1的圆。<eoa> (2)【解析】当 $k=4$ 时，曲线 $C_{1}$ 的参数方程变为： \[ \left\{ \begin{array}{l} x=\cos^4 t, \\ y=\sin^4 t \end{array} \right. \] 我们需要将极坐标方程转换为直角坐标方程。极坐标方程为： \[ 4\rho\cos\theta - 16\rho\sin\theta + 3 = 0 \] 将 $\rho\cos\theta = x$ 和 $\rho\sin\theta = y$ 代入上式，得到： \[ 4x - 16y + 3 = 0 \] 即： \[ 4x - 16y = -3 \] 化简得： \[ x - 4y = -\frac{3}{4} \] 现在，我们需要将 $C_{1}$ 的参数方程转换为直角坐标方程。由于 $x = \cos^4 t$ 和 $y = \sin^4 t$，我们可以使用三角恒等式： \[ \cos^2 t = \frac{1 + \cos 2t}{2}, \quad \sin^2 t = \frac{1 - \cos 2t}{2} \] 将 $t$ 替换为 $2t$，我们得到： \[ x = \left(\frac{1 + \cos 4t}{2}\right)^2, \quad y = \left(\frac{1 - \cos 4t}{2}\right)^2 \] 展开并化简，我们得到： \[ x = \frac{1}{4}(1 + 2\cos 4t + \cos^2 4t), \quad y = \frac{1}{4}(1 - 2\cos 4t + \cos^2 4t) \] 将 $x$ 和 $y$ 相加，我们得到： \[ x + y = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos^2 4t \] 将 $x$ 和 $y$ 相减，我们得到： \[ x - y = \frac{1}{2}\cos 4t \] 现在，我们有两个方程： \[ \left\{ \begin{array}{l} x + y = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos^2 4t, \\ x - y = \frac{1}{2}\cos 4t \end{array} \right. \] 解这个方程组，我们得到： \[ \left\{ \begin{array}{l} x = \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\cos^2 4t, \\ y = \frac{1}{2} - \frac{1}{4}\cos^2 4t \end{array} \right. \] 将这两个方程代入直线方程 $x - 4y = -\frac{3}{4}$，我们得到： \[ \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\cos^2 4t - 4\left(\frac{1}{2} - \frac{1}{4}\cos^2 4t\right) = -\frac{3}{4} \] 解这个方程，我们得到 $\cos^2 4t$ 的值，然后可以求出 $x$ 和 $y$ 的值。 <eoe> 【答案】当 $k=4$ 时，$C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共点的直角坐标为： \[ \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{4}\cos^2 4t, \frac{1}{2} - \frac{1}{4}\cos^2 4t\right |
【解析】 【分析】} (1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论; (2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解. 【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$, 所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆; (2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$, 得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$, 曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$, 整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去), $\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】当$k = 1$时，$C_{1}$的参数方程为$\left\{ \begin{matrix} x = \cos t \\ y = \sin t \\ \end{matrix} \right.(t$为参数$)$，利用$\sin^{2}t + \cos^{2}t = 1$，即可得出结论． 【答案】当$k = 1$时，$C_{1}$的参数方程为$\left\{ \begin{matrix} x = \cos t \\ y = \sin t \\ \end{matrix} \right.(t$为参数$)$， $\therefore C_{1}$是单位圆． (2)【解析】当$k = 4$时，$C_{1}$的直角坐标方程为$x^{4} + y^{4} = 1$，曲线$C_{2}$的极坐标方程化为：$4x - 16y + 3 = 0$，联立$\left\{ \begin{matrix} 4x - 16y + 3 = 0 \\ x^{4} + y^{4} = 1 \\ \end{matrix} \right$.，能求出$C_{1}$与$C_{2}$的公共点的直角坐标． 【答案】当$k = 4$时，$C_{1}$的直角坐标方程为$x^{4} + y^{4} = 1$， 曲线$C_{2}$的极坐标方程化为：$4x - 16y + 3 = 0$， 联立$\left\{ \begin{matrix} 4x - 16y + 3 = 0 \\ x^{4} + y^{4} = 1 \\ \end{matrix} \right$.， 解得$\left\{ \begin{matrix} x = - \frac{1}{4} \\ y = \frac{1}{16} \\ \end{matrix} \right$.， $\therefore C_{1}$与$C_{2}$的公共点的直角坐标为$( - \frac{1}{4},\frac{1}{16})$． |
【解析】 【分析】} (1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论; (2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解. 【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$, 所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆; (2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$, 得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$, 曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$, 整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去), $\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| zhipu | (1)【解析】 当 \( k = 1 \) 时，曲线 \( C_1 \) 的参数方程为： \[ \left\{\begin{array}{l} x = \cos t, \\ y = \sin t \end{array}\right. \] 我们知道，对于任意参数 \( t \)，有 \(\cos^2 t + \sin^2 t = 1\)。将 \( x \) 和 \( y \) 代入这个恒等式，可以得到： \[ x^2 + y^2 = \cos^2 t + \sin^2 t = 1 \] 这表明，当 \( k = 1 \) 时，曲线 \( C_1 \) 是一个以原点为圆心，半径为 1 的圆。<eoe> 【答案】 当 \( k = 1 \) 时，\( C_1 \) 是一个以原点为圆心，半径为 1 的圆。<eoa> (2)【解析】 当 \( k = 4 \) 时，曲线 \( C_1 \) 的参数方程为： \[ \left\{\begin{array}{l} x = \cos^4 t, \\ y = \sin^4 t \end{array}\right. \] 我们需要找到 \( C_1 \) 与 \( C_2 \) 的公共点。首先，将 \( C_2 \) 的极坐标方程 \( 4 \rho \cos \theta - 16 \rho \sin \theta + 3 = 0 \) 转换为直角坐标方程。利用极坐标与直角坐标的转换关系 \( \rho \cos \theta = x \) 和 \( \rho \sin \theta = y \)，可以得到： \[ 4x - 16y + 3 = 0 \] 接下来，我们将 \( C_1 \) 的参数方程代入这个直角坐标方程中： \[ 4 \cos^4 t - 16 \sin^4 t + 3 = 0 \] 令 \( u = \cos^2 t \)，则 \( \sin^2 t = 1 - u \)，方程变为： \[ 4u^2 - 16(1 - u)^2 + 3 = 0 \] 展开并整理： \[ 4u^2 - 16(1 - 2u + u^2) + 3 = 0 \] \[ 4u^2 - 16 + 32u - 16u^2 + 3 = 0 \] \[ -12u^2 + 32u - 13 = 0 \] 将方程两边同乘以 -1： \[ 12u^2 - 32u + 13 = 0 \] 使用求根公式 \( u = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} \) 解这个二次方程，其中 \( a = 12 \)，\( b = -32 \)，\( c = 13 \)： \[ u = \frac{32 \pm \sqrt{(-32)^2 - 4 \cdot 12 \cdot 13}}{2 \cdot 12} \] \[ u = \frac{32 \pm \sqrt{1024 - 624}}{24} \] \[ u = \frac{32 \pm \sqrt{400}}{24} \] \[ u = \frac{32 \pm 20}{24} \] \[ u = \frac{52}{24} = \frac{13}{6} \quad \text{或} \quad u = \frac{12}{24} = \frac{1}{2} \] 由于 \( u = \cos^2 t \) 的取值范围是 [0, 1]，所以 \( u = \frac{13}{6} \) 不符合条件，只有 \( u = \frac{1}{2} \) 是有效的。 当 \( u = \frac{1}{2} \) 时，\( \cos^2 t = \frac{1}{2} \)，则 \( \cos t = \pm \frac{1}{\sqrt{2}} \)，相应地 \( \sin t = \pm \frac{1}{\sqrt{2}} \)。 因此，公共点的直角坐标为： \[ (x, y) = \left( \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^4, \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^4 \right) = \left( \frac{1}{4}, \frac{1}{4} \right) \] 以及 \[ (x, y) = \left( \left( -\frac{1}{\sqrt{2}} \right)^4, \left( -\frac{1}{\sqrt{2}} \right)^4 \right) = \left( \frac{1}{4}, \frac{1}{4} \right) \] 所以，公共点的直角坐标为 \( \left( \frac{1}{4}, \frac{1}{4} \right) \)。<eoe> 【答案】 当 \( k = 4 \) 时，\( C_1 \) 与 \( C_2 \) 的公共点的直角坐标为 \( \left( \frac{1}{4}, \frac{1}{4} \right) \)。<eoa> |
【解析】 【分析】} (1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论; (2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解. 【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$, 所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆; (2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$, 得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$, 曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$, 整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去), $\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| gpto1 | (1)【解析】 当 \( k = 1 \) 时，曲线 \( C_1 \) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \cos t \\ y = \sin t \end{cases} \] 这是单位圆的参数方程，其中参数 \( t \) 从 \( 0 \) 到 \( 2\pi \) 变化，描绘出以原点为圆心，半径为 1 的圆。 根据单位圆的标准方程 \( x^2 + y^2 = 1 \)，可以看出上述参数方程正是该圆的参数形式。 <eoe> 【答案】 当 \( k = 1 \) 时，曲线 \( C_1 \) 是单位圆，方程为 \( x^2 + y^2 = 1 \)。 <eoa> (2)【解析** 当 \( k = 4 \) 时，曲线 \( C_1 \) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \cos^4 t \\ y = \sin^4 t \end{cases} \] 曲线 \( C_2 \) 的极坐标方程为： \[ 4\rho\cos\theta - 16\rho\sin\theta + 3 = 0 \] 首先，将 \( C_2 \) 的极坐标方程转换为直角坐标方程。利用极坐标与直角坐标的关系： \[ x = \rho\cos\theta,\quad y = \rho\sin\theta \] 代入得到： \[ 4x - 16y + 3 = 0 \] 化简方程： \[ x - 4y + \dfrac{3}{4} = 0 \] 接下来，将 \( C_1 \) 的参数方程代入上述直线方程： \[ \cos^4 t - 4\sin^4 t + \dfrac{3}{4} = 0 \] 利用三角恒等式，将高次三角函数化简： \[ \cos^2 t = \dfrac{1 + \cos 2t}{2},\quad \sin^2 t = \dfrac{1 - \cos 2t}{2} \] 因此： \[ \cos^4 t = \left( \cos^2 t \right)^2 = \left( \dfrac{1 + \cos 2t}{2} \right)^2 \] \[ \sin^4 t = \left( \sin^2 t \right)^2 = \left( \dfrac{1 - \cos 2t}{2} \right)^2 \] 将以上表达式代入方程： \[ \left( \dfrac{1 + \cos 2t}{2} \right)^2 - 4 \left( \dfrac{1 - \cos 2t}{2} \right)^2 + \dfrac{3}{4} = 0 \] 两边同乘 4，消去分母： \[ (1 + \cos 2t)^2 - 4(1 - \cos 2t)^2 + 3 = 0 \] 展开各项： \[ [1 + 2\cos 2t + \cos^2 2t] - 4[1 - 2\cos 2t + \cos^2 2t] + 3 = 0 \] Simplify: \[ 1 + 2\cos 2t + \cos^2 2t - 4 + 8\cos 2t - 4\cos^2 2t + 3 = 0 \] Combine like terms: \[ (1 - 4 + 3) + (2\cos 2t + 8\cos 2t) + (\cos^2 2t - 4\cos^2 2t) = 0 \] Simplified: \[ 0 + 10\cos 2t - 3\cos^2 2t = 0 \] 整理得： \[ -3\cos^2 2t + 10\cos 2t = 0 \] 两边同时乘以 \(-1\)： \[ 3\cos^2 2t - 10\cos 2t = 0 \] 提取公因式 \(\cos 2t\)： \[ \cos 2t (3\cos 2t - 10) = 0 \] 因此，解得： 1. \(\cos 2t = 0\) 解出： \[ 2t = \dfrac{\pi}{2} + n\pi,\quad n \in \mathbb{Z} \] \[ t = \dfrac{\pi}{4} + n\dfrac{\pi}{2} \] 取 \( t \) 在 \( [0, 2\pi) \) 内的解： \[ t = \dfrac{\pi}{4},\ \dfrac{3\pi}{4},\ \dfrac{5\pi}{4},\ \dfrac{7\pi}{4} \] 2. \( 3\cos 2t - 10 = 0 \) 解出： \[ \cos 2t = \dfrac{10}{3} \] 但由于 \(|\cos 2t| \leq 1\)，此方程无实数解。 接下来，计算对应的 \( x \) 和 \( y \)： 当 \( t = \dfrac{\pi}{4} \) 时： \[ x = \cos^4 \left( \dfrac{\pi}{4} \right) = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \] \[ y = \sin^4 \left( \dfrac{\pi}{4} \right) = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \] 验证是否满足直线方程： \[ x - 4y + \dfrac{3}{4} = \dfrac{1}{4} - 4 \times \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{4} = 0 \] 同理，其他取值的 \( t \) 也会得到相同的 \( x \) 和 \( y \)，所以公共点为 \(\left( \dfrac{1}{4},\ \dfrac{1}{4} \right)\)。 <eoe> 【答案】 当 \( k = 4 \) 时，曲线 \( C_1 \) 与 \( C_2 \) 的公共点的直角坐标为 \(\left( \dfrac{1}{4},\ \dfrac{1}{4} \right)\)。 <eoa> |
【解析】 【分析】} (1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论; (2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解. 【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$, 所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆; (2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$, 得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$, 曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$, 整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去), $\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| deepseekv3 | server error: Error code: 400 - {'error': {'code': 'RequestTimeOut', 'param': None, 'message': 'Request timed out, please try again later.', 'type': 'RequestTimeOut'}, 'id': 'chatcmpl-17f55bd0-b41b-999e-ba22-5c9f7ef2c95e', 'request_id': '17f55bd0-b41b-999e-ba22-5c9f7ef2c95e'} | 【解析】 【分析】} (1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论; (2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解. 【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$, 所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆; (2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$, 得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$, 曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$, 整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去), $\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |