| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 首先，我们知道抛物线 $C$ 的标准方程为 $y^2 = 2px$，其中 $p > 0$。抛物线的焦点 $F$ 的坐标为 $(\frac{p}{2}, 0)$。 题目中给出点 $D$ 的坐标为 $(p, 0)$，并且过焦点 $F$ 的直线交抛物线于 $M$ 和 $N$ 两点。设这条直线的方程为 $y = k(x - \frac{p}{2})$，将其代入抛物线方程 $y^2 = 2px$，得到： \[ k^2(x - \frac{p}{2})^2 = 2px \] 展开并整理得到： \[ k^2(x^2 - px + \frac{p^2}{4}) = 2px \] \[ k^2x^2 - k^2px + \frac{k^2p^2}{4} = 2px \] \[ k^2x^2 - (k^2p + 2p)x + \frac{k^2p^2}{4} = 0 \] 这是一个关于 $x$ 的二次方程。根据题意，当直线 $MD$ 垂直于 $x$ 轴时，$M$ 和 $D$ 的 $x$ 坐标相同，即 $M$ 的 $x$ 坐标为 $p$。代入 $x = p$，我们可以求出 $M$ 的 $y$ 坐标。 由于 $|MF| = 3$，我们可以利用距离公式计算 $M$ 和 $F$ 之间的距离： \[ |MF| = \sqrt{(p - \frac{p}{2})^2 + y_M^2} = 3 \] \[ \sqrt{(\frac{p}{2})^2 + y_M^2} = 3 \] \[ \frac{p^2}{4} + y_M^2 = 9 \] \[ y_M^2 = 9 - \frac{p^2}{4} \] 因此，$M$ 的坐标为 $(p, \pm \sqrt{9 - \frac{p^2}{4}})$。 <eoe> 【答案】抛物线 $C$ 的方程为 $y^2 = 2px$。<eoa> (2)【解析】 设直线 $MD$ 和 $ND$ 分别与抛物线 $C$ 的另一个交点为 $A$ 和 $B$。我们需要求出直线 $MN$ 和 $AB$ 的倾斜角分别为 $a$ 和 $\beta$，并且当 $a - \beta$ 取得最大值时，求直线 $AB$ 的方程。 首先，直线 $MN$ 的方程为 $y = k(x - \frac{p}{2})$，其倾斜角 $a$ 满足 $\tan a = k$。 直线 $MD$ 的方程为 $x = p$，其与抛物线的另一个交点 $A$ 的坐标为 $(p, y_A)$，其中 $y_A$ 满足 $y_A^2 = 2p^2$，即 $y_A = \pm \sqrt{2p^2}$。 直线 $ND$ 的方程为 $y = k(x - p)$，其与抛物线的另一个交点 $B$ 的坐标为 $(x_B, y_B)$，其中 $y_B$ 满足 $y_B^2 = 2px_B$。 我们需要求出直线 $AB$ 的方程。设 $A$ 的坐标为 $(p, \sqrt{2p^2})$，$B$ 的坐标为 $(x_B, y_B)$，则直线 $AB$ 的斜率为： \[ \text{斜率} = \frac{y_B - \sqrt{2p^2}}{x_B - p} \] 当 $a - \beta$ 取得最大值时，$a$ 和 $\beta$ 的差值最大。由于 $a = \tan^{-1}(k)$，我们需要找到 $k$ 使得 $a - \beta$ 最大。 通过计算，我们可以得到直线 $AB$ 的方程为： \[ y - \sqrt{2p^2} = \frac{y_B - \sqrt{2p^2}}{x_B - p}(x - p) \] <eoe> 【答案】当 $a - \beta$ 取得最大值时，直线 $AB$ 的方程为 $y - \sqrt{2p^2} = \frac{y_B - \sqrt{2p^2}}{x_B - p}(x - p)$。<eoa> |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$ ， 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$, 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 抛物线C的方程为\( y^2 = 2px \)，焦点\( F \)的坐标为\( \left( \frac{p}{2}, 0 \right) \)。当直线MD垂直于x轴时，点M的横坐标为\( p \)，代入抛物线方程得\( y^2 = 2p^2 \)，即\( y = \pm \sqrt{2}p \)。点M的坐标为\( (p, \sqrt{2}p) \)或\( (p, -\sqrt{2}p) \)。 焦点\( F \)到点M的距离为： \[ |MF| = \sqrt{\left(p - \frac{p}{2}\right)^2 + (\sqrt{2}p - 0)^2} = \sqrt{\frac{p^2}{4} + 2p^2} = \frac{3p}{2}. \] 根据题意\( |MF| = 3 \)，解得\( p = 2 \)，故抛物线方程为\( y^2 = 4x \)。 <eoe> 【答案】\( y^2 = 4x \) <eoa> (2)【解析】 由(1)知抛物线为\( y^2 = 4x \)，焦点\( F(1,0) \)，点\( D(2,0) \)。设过F的直线MN的斜率为\( k \)，其方程为\( y = k(x-1) \)。联立抛物线方程得： \[ k^2(x-1)^2 = 4x \implies k^2x^2 - (2k^2 +4)x +k^2 = 0. \] 由韦达定理，根\( x_1 \)和\( x_2 \)满足\( x_1 + x_2 = \frac{2k^2 +4}{k^2} \)，\( x_1x_2 = 1 \)。当直线MD垂直于x轴时，点M的坐标为\( (2, 2\sqrt{2}) \)，对应参数\( t_1 = \sqrt{2} \)，则点N的参数\( t_2 = -\frac{1}{\sqrt{2}} \)。 直线MD与抛物线的另一个交点A的坐标为\( \left( \frac{4}{t_1^2}, -\frac{4}{t_1} \right) = (2, -2\sqrt{2}) \)，直线ND与抛物线的另一个交点B的坐标为\( (4t_2^2, 4t_2) = (2, -2\sqrt{2}) \)。 直线MN的斜率\( k_{MN} = \frac{2t_1}{t_1^2 -1} = \sqrt{2} \)，直线AB的斜率\( k_{AB} = \frac{t_1}{t_1^2 -1} = \frac{1}{\sqrt{2}} \)。当\( \alpha - \beta \)最大时，对应的直线AB方程为： \[ y = \frac{1}{\sqrt{2}}x - 2\sqrt{2} \implies x - \sqrt{2}y -4 = 0. \] <eoe> 【答案】\( x - \sqrt{2} y - 4 = 0 \) <eoa> |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$ ， 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$, 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| gpto1 | (1)【解析】 首先，抛物线 \( C: y^2 = 2px \)（\( p>0 \)）的焦点为 \( F \)。 对于抛物线 \( y^2 = 2px \)，其焦点坐标为 \( F\left(\dfrac{p}{2}, 0\right) \)。 点 \( D(p, 0) \)。 由于过 \( F \) 的直线交 \( C \) 于 \( M, N \) 两点，且当直线 \( MD \) 垂直于 \( x \) 轴时，\( |MF|=3 \)。 直线 \( MD \) 垂直于 \( x \) 轴，说明 \( MD \) 是一条垂直于 \( x \) 轴的直线，即 \( x = p \)。 因此，点 \( M \) 的横坐标为 \( x_M = p \)。 将 \( x_M \) 代入抛物线方程： \( y_M^2 = 2p x_M = 2p \cdot p = 2p^2 \) 所以 \( y_M = \pm \sqrt{2p^2} = \pm p\sqrt{2} \) 因此，点 \( M(p, \pm p\sqrt{2}) \)。 计算 \( |MF| \)： \( |MF| = \sqrt{\left( x_M - \dfrac{p}{2} \right)^2 + \left( y_M - 0 \right)^2} = \sqrt{\left( \dfrac{p}{2} \right)^2 + y_M^2} = \sqrt{\dfrac{p^2}{4} + 2p^2} = \sqrt{\dfrac{9p^2}{4}} = \dfrac{3p}{2} \) 已知 \( |MF| = 3 \)，所以： \( \dfrac{3p}{2} = 3 \) 解得 \( p = 2 \) 因此，抛物线方程为 \( y^2 = 4x \) <eoe> 【答案】 (1) 抛物线的方程为 \( y^2 = 4x \) <eoa> |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$ ， 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$, 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| GPT-4o | (1) 【解析】 首先，我们根据抛物线的标准方程 \( y^2 = 2px \) 来确定抛物线的焦点 \( F \)。 对于抛物线 \( y^2 = 2px \)，焦点 \( F \) 的坐标为 \( ( \frac{p}{2}, 0 ) \)。 已知点 \( D \) 的坐标为 \( (p, 0) \)，过焦点 \( F \) 的直线交抛物线于点 \( M \) 和 \( N \)。设直线 \( MF \) 垂直于 \( x \) 轴时，点 \( M \) 的坐标为 \( (\frac{p}{2}, y_1) \)，另一点 \( N \) 的坐标为 \( (\frac{p}{2}, y_2) \)。根据抛物线的性质，我们可以得到 \( y_1 \cdot y_2 = 2p \cdot \frac{p}{2} = p^2 \)。 根据已知条件 \( |MF| = 3 \)，即 \( |y_1| = 3 \)，由于 \( y_1 \) 和 \( y_2 \) 是对称的，所以 \( y_2 = -3 \)。 所以由 \( y_1 \cdot y_2 = p^2 \)，我们得到： \[ 3 \cdot (-3) = p^2 \] \[ -9 = p^2 \] \[ p^2 = 9 \] \[ p = 3 \] 因此，抛物线 \( C \) 的方程为： \[ y^2 = 2 \cdot 3 x \] 即 \[ y^2 = 6x \] <eoe> 【答案】 \( y^2 = 6x \) <eoa> (2) 【解析】 设直线 \( MD \) 和 \( ND \) 与抛物线的另一个交点分别为 \( A \) 和 \( B \)。我们需要求直线 \( MN \) 和 \( AB \) 的倾斜角分别为 \( \alpha \) 和 \( \beta \)，并求当 \( \alpha - \beta \) 取得最大值时，直线 \( AB \) 的方程。 首先，点 \( M \) 的坐标为 \( (\frac{p}{2}, 3) \)，点 \( N \) 的坐标为 \( (\frac{p}{2}, -3) \)，即 \( (\frac{3}{2}, 3) \) 和 \( (\frac{3}{2}, -3) \)。 直线 \( MN \) 为垂直于 \( x \) 轴的直线，方程为： \[ x = \frac{3}{2} \] 点 \( D \) 的坐标为 \( (3, 0) \)，点 \( A \) 和 \( B \) 为直线 \( MD \) 和 \( ND \) 与抛物线的另一个交点。 设 \( A \) 点的坐标为 \( (x_1, y_1) \)， \( B \) 点的坐标为 \( (x_2, y_2) \)，我们有： \[ y_1^2 = 6x_1 \] \[ y_2^2 = 6x_2 \] 根据点 \( A \) 和 \( B \) 在直线 \( MD \) 和 \( ND \) 上，我们得到： \[ \frac{y_1 - 3}{x_1 - 3} = \text{斜率} \] \[ \frac{y_2 + 3}{x_2 - 3} = \text{斜率} \] 由于 \( A, B \) 是对称的，因此 \( x_1 = x_2 \)，我们取 \( x_1 = x_2 = x \)： \[ y_1 = 3 \] \[ y_2 = -3 \] 所以 \( A \) 和 \( B \) 的坐标分别为 \( (3, 3) \) 和 \( (3, -3) \)。 直线 \( AB \) 的方程为： \[ x = 3 \] 当 \(\alpha - \beta\) 取得最大值时，直线 \( AB \) 的方程为： \[ x = 3 \] <eoe> 【答案】直线 \( AB \) 的方程为 \( x = 3 \) <eoa> |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$ ， 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$, 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】 由题意,当直线MD垂直于x轴时,|MF|=3,可得M(\frac{p}{2},p),代入抛物线方程可得p=2,从而可得抛物线方程为y^{2}=4x.(2)由题意可得直线MN的斜率为k_{MN}=\frac{p}{\frac{p}{2}-\frac{p}{2}}=\frac{2}{x_{M}-x_{N}},设直线AB的斜率为k_{AB},则k_{AB}=\frac{p}{\frac{p}{2}-\frac{p}{2}}=\frac{2}{x_{A}-x_{B}}=\frac{2}{x_{M}-x_{N}}=\frac{1}{2}k_{MN},所以\tan\alpha=\frac{1}{2}\tan\beta,所以\sin\alpha=\frac{1}{2}\sin\beta,所以\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^{2}\alpha}=\sqrt{1-\frac{1}{4}\sin^{2}\beta}=\frac{\sqrt{4-\sin^{2}\beta}}{2},所以\sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta=\frac{1}{2}\sin\beta\cos\beta-\frac{\sqrt{4-\sin^{2}\beta}}{2}\sin\beta=\frac{1}{2}\sin\beta(2\cos\beta-\sqrt{4-\sin^{2}\beta})=\frac{1}{2}\sin\beta(2\cos\beta-\sqrt{4\cos^{2}\beta})=\frac{1}{2}\sin\beta(2\cos\beta-2\cos\beta)=0,所以\alpha-\beta=0,所以直线AB的斜率为k_{AB}=\frac{1}{2}k_{MN}=\frac{1}{2}\times\frac{2}{x_{M}-x_{N}}=\frac{1}{x_{M}-x_{N}}=\frac{1}{\frac{p}{2}-\frac{p}{2}}=\frac{1}{\frac{2}{2}-\frac{2}{2}}=\frac{1}{1-1}=\frac{1}{0},所以直线AB的方程为x=1. 最终结果是y^2=4*x x=1 |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$ ， 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$, 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)由题意可得M(p,\frac{p}{2}),代入抛物线方程,得p=2,所以抛物线方程为y^{2}=4x.(2)当直线MN的斜率不存在时,\alpha-\beta取得最大值,此时直线AB的方程为x=1. 最终结果是y^2=4*x x=1 |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$ ， 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$, 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 \n首先，我们知道抛物线 $C$ 的标准方程是 $y^2 = 2px$，其中 $p$ 是焦点到准线的距离。抛物线的焦点 $F$ 的坐标是 $(\\frac{p}{2}, 0)$。题目中给出当直线 $MD$ 垂直于 $x$ 轴时，$|MF| = 3$。这意味着点 $M$ 的 $x$ 坐标与焦点 $F$ 的 $x$ 坐标相同，即 $M$ 的坐标为 $(\\frac{p}{2}, y_M)$。由于 $|MF| = 3$，我们可以写出距离公式：\n\n\\[\n\\sqrt{(\\frac{p}{2} - \\frac{p}{2})^2 + (y_M - 0)^2} = 3\n\\]\n\n简化后得到：\n\n\\[\n|y_M| = 3\n\\]\n\n因此，$M$ 的坐标为 $(\\frac{p}{2}, 3)$ 或 $(\\frac{p}{2}, -3)$。将 $M$ 的坐标代入抛物线方程 $y^2 = 2px$，我们得到：\n\n\\[\n3^2 = 2p \\cdot \\frac{p}{2}\n\\]\n\n解得：\n\n\\[\n9 = p^2 \\implies p = 3\n\\]\n\n所以，抛物线 $C$ 的方程为：\n\n\\[\ny^2 = 6x\n\\]\n<eoe>\n【答案】\n\\[\ny^2 = 6x\n\\]\n<eoa>\n\n(2)【解析】\n由(1)知，抛物线 $C$ 的方程为 $y^2 = 6x$，焦点 $F$ 的坐标为 $(3, 0)$。设过 $F$ 的直线方程为 $y = k(x - 3)$，它与抛物线 $C$ 相交于 $M$ 和 $N$ 两点。将直线方程代入抛物线方程，得到：\n\n\\[\n(k(x - 3))^2 = 6x\n\\]\n\n化简为：\n\n\\[\nk^2(x - 3)^2 = 6x\n\\]\n\n解这个方程，得到 $x$ 的两个解 $x_1$ 和 $x_2$，对应的 $y$ 值为 $y_1 = k(x_1 - 3)$ 和 $y_2 = k(x_2 - 3)$。设 $M(x_1, y_1)$ 和 $N(x_2, y_2)$。\n\n当 $a - \\beta$ 取得最大值时，直线 $MN$ 和 $AB$ 的倾斜角差最大。我们需要找到 $A$ 和 $B$ 的坐标。由于 $MD$ 和 $ND$ 与 $C$ 的另一个交点分别为 $A$ 和 $B$，我们可以利用对称性和抛物线的性质来求解。\n\n设 $M$ 和 $N$ 的坐标分别为 $(x_1, y_1)$ 和 $(x_2, y_2)$，则 $A$ 和 $B$ 的坐标分别为 $(x_1, -y_1)$ 和 $(x_2, -y_2)$。直线 $AB$ 的斜率为：\n\n\\[\n\\frac{-y_2 - (-y_1)}{x_2 - x_1} = \\frac{y_1 - y_2}{x_1 - x_2}\n\\]\n\n由于 $y_1 = k(x_1 - 3)$ 和 $y_2 = k(x_2 - 3)$，我们可以得到：\n\n\\[\n\\frac{k(x_1 - 3) - k(x_2 - 3)}{x_1 - x_2} = k\n\\]\n\n所以，直线 $AB$ 的方程为：\n\n\\[\ny = k(x - 3)\n\\]\n\n当 $a - \\beta$ 取得最大值时，$k$ 的值使得 $a$ 和 $\\beta$ 的差最大。通过计算和分析，我们可以确定 $k$ 的值，最终得到直线 $AB$ 的方程。\n<eoe>\n【答案】\n\\[\ny = k(x - 3)\n\\]\n<eoa>" | 【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$ ， 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$, 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】\n抛物线 $C: y^{2}=2px$ 的焦点为 $F$，根据抛物线的性质，焦点到准线的距离等于 $p/2$，所以焦点 $F$ 的坐标为 $(p/2,0)$。当直线 $MD$ 垂直于 $x$ 轴时，$M$ 点的 $x$ 坐标即为 $p$，代入抛物线方程得 $y^2=2p\\cdot p=2p^2$，因此 $y=\\pm\\sqrt{2}p$。由于 $|MF|=3$，根据抛物线的定义，$|MF|$ 等于点 $M$ 到准线的距离，即 $p-x_{M}=p-p=0$ 不成立，正确的理解是 $|MF|$ 等于点 $M$ 到焦点的距离，即 $|MF|=|p-p/2|+p/2=3$，从而得出 $p=2$。因此，抛物线 $C$ 的方程为 $y^2=4x$。<eoe>\n【答案】抛物线 $C$ 的方程为 $y^2=4x$。<eoa>\n\n(2)【解析】\n由(1)知，抛物线方程为 $y^2=4x$，焦点为 $F(1,0)$。设直线 $MN$ 的方程为 $y=k(x-1)$，代入抛物线方程得 $k^2x^2-(2k^2+4)x+k^2=0$。设 $M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$，则 $x_1+x_2=\\frac{2k^2+4}{k^2},x_1x_2=1$。直线 $MD$ 的方程为 $x=p=2$，与抛物线方程联立解得 $A(2,2\\sqrt{2})$ 或 $A(2,-2\\sqrt{2})$。同理，直线 $ND$ 的方程为 $x=p=2$，与抛物线方程联立解得 $B(2,2\\sqrt{2})$ 或 $B(2,-2\\sqrt{2})$。由于 $A$ 和 $B$ 不能重合，所以 $A(2,2\\sqrt{2}),B(2,-2\\sqrt{2})$ 或 $A(2,-2\\sqrt{2}),B(2,2\\sqrt{2})$。直线 $AB$ 的斜率为 $k_{AB}=\\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\\pm\\sqrt{2}$。当直线 $MN$ 的倾斜角为 $\\alpha$ 时，直线 $AB$ 的倾斜角为 $\\beta=\\alpha\\pm\\frac{\\pi}{4}$。因此，当 $\\alpha-\\beta$ 取得最大值时，$\\alpha=\\frac{\\pi}{4}$ 或 $\\alpha=\\frac{3\\pi}{4}$，即直线 $MN$ 的斜率为 $k=\\pm1$。因此，直线 $AB$ 的方程为 $y=\\pm\\sqrt{2}(x-2)$。<eoe>\n【答案】直线 $AB$ 的方程为 $y=\\sqrt{2}(x-2)$ 或 $y=-\\sqrt{2}(x-2)$。<eoa>" | 【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$ ， 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$, 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| baichuan4 | (1)【解析】首先，我们知道抛物线 $C: y^{2}=2px$ 的焦点为 $F(p/2, 0)$。根据题意，当直线 $MD$ 垂直于 $x$ 轴时，$|MF|=3$。因为 $D$ 的坐标为 $(p, 0)$，且 $MD$ 垂直于 $x$ 轴，所以 $M$ 的坐标为 $(p, y_M)$。由于 $M$ 在抛物线上，代入抛物线方程得到 $y_M^2 = 2px$。又因为 $|MF|=3$，我们可以列出方程： $$|MF| = \sqrt{(p-p/2)^2 + (y_M-0)^2} = 3$$ 代入 $y_M^2 = 2px$ 得到： $$\sqrt{(p/2)^2 + 2px} = 3$$ 解这个方程得到 $p$ 的值。首先对两边平方： $$(p/2)^2 + 2px = 9$$ 代入 $x = p$（因为 $M$ 的 $x$ 坐标是 $p$）： $$(p/2)^2 + 2p^2 = 9$$ $$p^2/4 + 2p^2 = 9$$ $$9p^2/4 = 9$$ $$p^2 = 4$$ $$p = 2$$ 因此，抛物线 $C$ 的方程为 $y^2 = 4x$。 【答案】$y^2 = 4x$。 (2)【解析】由于 $M$ 和 $N$ 都在抛物线上，且 $MD$ 和 $ND$ 分别与抛物线交于另一点 $A$ 和 $B$，我们可以设 $M(x_M, y_M)$，$N(x_N, y_N)$，$A(x_A, y_A)$，$B(x_B, y_B)$。由于 $M$ 和 $N$ 都在抛物线上，我们有： $$y_M^2 = 4x_M$$ $$y_N^2 = 4x_N$$ 又因为 $MD$ 垂直于 $x$ 轴，所以 $A$ 的 $x$ 坐标也是 $p$，即 $x_A = p = 2$。同理，$B$ 的 $x$ 坐标也是 $p$，即 $x_B = p = 2$。因此，我们可以得到 $A$ 和 $B$ 的坐标： $$A(2, 2\sqrt{2})$$ $$B(2, -2\sqrt{2})$$ 接下来，我们需要找到直线 $AB$ 的斜率。由于 $A$ 和 $B$ 的坐标已知，我们可以计算斜率 $k_{AB}$： $$k_{AB} = \frac{y_B - y_A}{x_B - x_A} = \frac{-2\sqrt{2} - 2\sqrt{2}}{2 - 2} = \frac{-4\sqrt{2}}{0}$$ 由于斜率不存在，这意味着直线 $AB$ 是垂直于 $x$ 轴的。因此，直线 $AB$ 的方程为 $x = p = 2$。 【答案】$x = 2$。 |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$ ， 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$, 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| doubao | (1)【解析】当直线$MD$垂直于$x$轴时，点$M$的横坐标为$p$，代入抛物线方程可得$y^{2}=2p\times p=2p^{2}$，则$y=\pm\sqrt{2p^{2}}=\pm\sqrt{2}p$，已知$|MF|=3$，由抛物线定义可得$p+\frac{p}{2}=3$，解得$p=2$。所以抛物线方程为$y^{2}=4x$。<eoe> 【答案】抛物线$C$的方程为$y^{2}=4x$。<eoa> (2)【解析】由(1)知$F(1,0)$，设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，$A(x_{3},y_{3})$，$B(x_{4},y_{4})$，设直线$MN$的方程为$x=my+1$，与抛物线方程联立得$\begin{cases}x=my+1\\y^{2}=4x\end{cases}$，消去$x$得$y^{2}-4my-4=0$，则$y_{1}+y_{2}=4m$，$y_{1}y_{2}=-4$。直线$MD$的方程为$x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}}y+2$，与抛物线方程联立可得$y^{2}-4\frac{x_{1}-2}{y_{1}}y-8=0$，则$y_{1}y_{3}=-8$，同理$y_{2}y_{4}=-8$。可得$y_{3}=-\frac{8}{y_{1}}$，$y_{4}=-\frac{8}{y_{2}}$。直线$MN$的斜率$k_{MN}=\frac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}=\frac{y_{2}-y_{1}}{\frac{y_{2}^{2}}{4}-\frac{y_{1}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}$。直线$AB$的斜率$k_{AB}=\frac{y_{4}-y_{3}}{x_{4}-x_{3}}=\frac{y_{4}-y_{3}}{\frac{y_{4}^{2}}{4}-\frac{y_{3}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{4}+y_{3}}=\frac{4}{-\frac{8}{y_{1}}-\frac{8}{y_{2}}}=-\frac{y_{1}y_{2}}{2(y_{1}+y_{2})}=-\frac{-4}{2\times4m}=\frac{1}{2m}$。设$t=\tan(a-\beta)=\frac{k_{MN}-k_{AB}}{1+k_{MN}k_{AB}}=\frac{\frac{4}{y_{1}+y_{2}}-\frac{1}{2m}}{1+\frac{4}{y_{1}+y_{2}}\times\frac{1}{2m}}=\frac{8m-1}{8m^{2}+2}$，令$8m-1=n$，则$m=\frac{n+1}{8}$，$t=\frac{n}{\frac{(n+1)^{2}}{16}+2}=\frac{16n}{n^{2}+2n+17}=\frac{16}{n+\frac{17}{n}+2}\leq\frac{16}{2\sqrt{17}+2}=\frac{8(\sqrt{17}-1)}{15}$，当且仅当$n=\frac{17}{n}$，即$n=\sqrt{17}$时等号成立，此时$m=\frac{\sqrt{17}+1}{8}$，则直线$AB$的斜率为$\frac{1}{2m}=\frac{4}{\sqrt{17}+1}=\frac{\sqrt{17}-1}{4}$，又过点$(\frac{5}{2},-2)$，所以直线$AB$的方程为$y+2=\frac{\sqrt{17}-1}{4}(x-\frac{5}{2})$。<eoe> 【答案】直线$AB$的方程为$y+2=\frac{\sqrt{17}-1}{4}(x-\frac{5}{2})$。<eoa> |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$ ， 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$, 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| minimax | (1)【解析】 首先，我们知道抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$ 的焦点 $F$ 的坐标是 $(\frac{p}{2}, 0)$。因为点 $D(p, 0)$ 在 $x$ 轴上，所以直线 $MD$ 垂直于 $x$ 轴，即直线 $MD$ 的斜率为无穷大。因此，点 $M$ 的横坐标与点 $D$ 的横坐标相同，即 $M$ 的横坐标也是 $p$。 由于 $|MF|=3$，我们可以根据抛物线的定义知道，从焦点到准线的距离等于 $p$，而从焦点到抛物线上任意一点的距离是 $|MF|$。因为 $M$ 在抛物线上，所以 $|MF|$ 实际上是从焦点 $F$ 到点 $M$ 的距离。由于 $M$ 的横坐标是 $p$，我们可以得出 $M$ 的纵坐标 $y_M$ 的绝对值是 $3$。 现在我们可以利用抛物线的方程 $y^{2}=2 p x$ 来求解 $p$。将 $x=p$ 和 $y=\pm 3$ 代入方程，我们可以解出 $p$ 的值。 <eoe> 【答案】 将 $x=p$ 和 $y=\pm 3$ 代入抛物线方程 $y^{2}=2 p x$，得到： \[ (\pm 3)^{2} = 2 p p \] \[ 9 = 2 p^2 \] \[ p^2 = \frac{9}{2} \] \[ p = \sqrt{\frac{9}{2}} = \frac{3}{\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2} \] 因此，抛物线 $C$ 的方程为： \[ y^{2} = 2 \cdot \frac{3\sqrt{2}}{2} x \] \[ y^{2} = 3\sqrt{2} x \] <eoa> (2)【解析】 由于直线 $MD$ 垂直于 $x$ 轴，点 $M$ 和点 $D$ 的横坐标相同，即 $x_M = p$。点 $M$ 在抛物线上，所以 $M$ 的坐标可以表示为 $(p, y_M)$，其中 $y_M$ 是抛物线方程 $y^{2}=2 p x$ 在 $x=p$ 时的解。 由于 $|MF|=3$，焦点 $F$ 的坐标是 $(\frac{p}{2}, 0)$，我们可以得出 $y_M$ 的绝对值是 $3$。因此，$M$ 的坐标是 $(p, 3)$ 或 $(p, -3)$。 现在考虑直线 $MN$。由于 $M$ 和 $N$ 都在抛物线上，且 $M$ 的坐标已知，我们可以设 $N$ 的坐标为 $(x_N, y_N)$。由于 $M$ 和 $N$ 关于 $x$ 轴对称，$N$ 的坐标是 $(p, -3)$ 或 $(p, 3)$。 直线 $MN$ 的斜率是无穷大，因为它是垂直的。因此，直线 $MN$ 的方程是 $x=p$。 接下来，我们考虑直线 $AB$。由于 $A$ 和 $B$ 分别是直线 $MD$ 和 $ND$ 与抛物线的另一个交点，我们可以得出 $A$ 和 $B$ 的坐标分别是 $(p, 3)$ 和 $(p, -3)$。因此，直线 $AB$ 的方程也是 $x=p$。 由于直线 $AB$ 的方程是 $x=p$，它的倾斜角 $\beta$ 是 $0$ 度。而直线 $MN$ 的倾斜角 $a$ 是 $90$ 度。因此，$a-\beta$ 的最大值是 $90$ 度。 <eoe> 【答案】 由于直线 $MN$ 和 $AB$ 都是垂直于 $x$ 轴的直线，它们的方程都是 $x=p$。因此，直线 $AB$ 的方程是 $x=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。 当 $a-\beta$ 取得最大值时，$a=90$ 度，$\beta=0$ 度，所以 $a-\beta=90$ 度。此时直线 $AB$ 的方程已经给出，即 $x=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。 <eoa> |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$ ， 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$, 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| kimi | (1)【解析】 首先，我们需要找到抛物线 $C$ 的方程。抛物线 $C: y^2 = 2px$ 的焦点 $F$ 的坐标为 $(\frac{p}{2}, 0)$。 题目中给出当直线 $MD$ 垂直于 $x$ 轴时，$|MF| = 3$。由于 $MD$ 垂直于 $x$ 轴，那么点 $M$ 的 $x$ 坐标就是 $p$。因此，我们可以得到 $|MF| = p - \frac{p}{2} = \frac{p}{2} = 3$。 解这个方程，我们可以得到 $p = 6$。 所以，抛物线 $C$ 的方程为 $y^2 = 12x$。 <eoe> 【答案】$y^2 = 12x$<eoa> (2)【解析】 设直线 $MN$ 的方程为 $y = k(x - \frac{p}{2})$，将其代入抛物线方程 $y^2 = 2px$ 中，得到： $k^2(x - \frac{p}{2})^2 = 2px$ 展开并整理，得到： $k^2x^2 - (pk^2 + 2p)x + \frac{k^2p^2}{4} = 0$ 设 $M(x_1, y_1)$，$N(x_2, y_2)$，则有： $x_1 + x_2 = \frac{pk^2 + 2p}{k^2}$ $x_1x_2 = \frac{p^2}{4}$ 由于 $MD$ 垂直于 $x$ 轴，所以 $M$ 的坐标为 $(p, 2p)$。 接下来求直线 $MD$ 的斜率 $k_{MD} = \frac{2p - 0}{p - p} = \infty$，所以直线 $MD$ 的方程为 $x = p$。 设直线 $MD$ 与抛物线 $C$ 的另一个交点为 $A(x_3, y_3)$，则有： $y_3^2 = 12x_3$ $x_3 = p$ 所以 $y_3 = \pm 2\sqrt{3}p$。 现在我们来求直线 $AB$ 的方程。由于 $A$ 和 $B$ 是直线 $MD$ 和 $ND$ 与抛物线的交点，我们可以通过求出 $B$ 的坐标来得到直线 $AB$ 的方程。 由于 $M$ 和 $N$ 关于 $x$ 轴对称，所以 $B$ 的坐标为 $(x_3, -y_3)$。 直线 $AB$ 的斜率 $k_{AB} = \frac{y_3 - (-y_3)}{x_3 - p} = \frac{2y_3}{x_3 - p} = \frac{4\sqrt{3}p}{p - p} = \infty$，所以直线 $AB$ 的方程为 $x = p$。 现在我们需要找到使得 $a - \beta$ 取得最大值的 $k$。由于 $a$ 和 $\beta$ 分别是直线 $MN$ 和 $AB$ 的倾斜角，我们知道当 $k_{MN}$ 和 $k_{AB}$ 的斜率相差最大时，$a - \beta$ 取得最大值。 由于直线 $AB$ 的斜率是无穷大，所以直线 $MN$ 的斜率 $k_{MN}$ 应该为 $0$ 才能使得 $a - \beta$ 取得最大值。 因此，直线 $MN$ 的方程为 $y = 0$，直线 $AB$ 的方程为 $x = p$。 <eoe> 【答案】$x = 6$<eoa> |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$ ， 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$, 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】当直线$MD$垂直于$x$轴时，点$M$的横坐标与点$D$的横坐标相同，即$M$的横坐标为$p$。将$x=p$代入抛物线方程$y^{2}=2px$，得到$y^{2}=2p^{2}$，解得$y=\pm\sqrt{2}p$。由于$|MF|=3$，且$F$的坐标为$\left(\frac{p}{2},0\right)$，所以$|MF|=\sqrt{2}p-\frac{p}{2}=3$，解得$p=2$。因此，抛物线$C$的方程为$y^{2}=4x$。<eoe> 【答案】抛物线$C$的方程为$y^{2}=4x$。<eoa> (2)【解析】设直线$MN$的方程为$x=my+1$，将其代入抛物线方程$y^{2}=4x$，得到$y^{2}-4my-4=0$。设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，则$y_{1}+y_{2}=4m$，$y_{1}y_{2}=-4$。由抛物线的对称性，可知$A$、$B$关于$x$轴对称，所以直线$AB$的斜率$k_{AB}=-\frac{1}{m}$。因此，$\tan(\alpha-\beta)=\frac{k_{MN}-k_{AB}}{1+k_{MN}k_{AB}}=\frac{m+\frac{1}{m}}{1-1}=m+\frac{1}{m}$。当$m<0$时，$\tan(\alpha-\beta)\leq-2$，当且仅当$m=-1$时取等号，此时直线$AB$的方程为$y=x-1$；当$m>0$时，$\tan(\alpha-\beta)\geq2$，当且仅当$m=1$时取等号，此时直线$AB$的方程为$y=-x+3$。综上，当$\alpha-\beta$取得最大值时，直线$AB$的方程为$y=x-1$或$y=-x+3$。<eoe> 【答案】当$\alpha-\beta$取得最大值时，直线$AB$的方程为$y=x-1$或$y=-x+3$。<eoa> |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$ ， 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$, 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们知道抛物线 \( C: y^2 = 2px \) 的焦点 \( F \) 的坐标为 \( ( \frac{p}{2}, 0 ) \)。 题目中给出点 \( D(p, 0) \)，并且当直线 \( MD \) 垂直于 \( x \) 轴时，\( |MF| = 3 \)。 由于 \( MD \) 垂直于 \( x \) 轴，说明点 \( M \) 的 \( x \) 坐标为 \( p \)。设点 \( M \) 的坐标为 \( (p, y_1) \)，则根据抛物线的方程有： \[ y_1^2 = 2p \cdot p = 2p^2 \] 所以 \( y_1 = \pm \sqrt{2} p \)。 现在考虑 \( |MF| = 3 \)，即点 \( M \) 到焦点 \( F \) 的距离为 3。焦点 \( F \) 的坐标为 \( ( \frac{p}{2}, 0 ) \)，所以： \[ |MF| = \sqrt{ \left( p - \frac{p}{2} \right)^2 + y_1^2 } = \sqrt{ \left( \frac{p}{2} \right)^2 + 2p^2 } = \sqrt{ \frac{p^2}{4} + 2p^2 } = \sqrt{ \frac{9p^2}{4} } = \frac{3p}{2} \] 题目给出 \( |MF| = 3 \)，所以： \[ \frac{3p}{2} = 3 \] 解得： \[ p = 2 \] 因此，抛物线 \( C \) 的方程为： \[ y^2 = 2 \cdot 2 \cdot x = 4x \] <eoe> 【答案】 抛物线 \( C \) 的方程为 \( y^2 = 4x \)<eoa> (2)【解析】 设直线 \( MN \) 的方程为 \( y = k(x - \frac{p}{2}) \)，即 \( y = k(x - 1) \)（因为 \( p = 2 \)，焦点 \( F \) 的坐标为 \( (1, 0) \)）。 将直线方程代入抛物线方程 \( y^2 = 4x \) 中，得到： \[ (k(x - 1))^2 = 4x \] \[ k^2(x - 1)^2 = 4x \] \[ k^2(x^2 - 2x + 1) = 4x \] \[ k^2x^2 - 2k^2x + k^2 = 4x \] \[ k^2x^2 - (2k^2 + 4)x + k^2 = 0 \] 设 \( M(x_1, y_1) \)，\( N(x_2, y_2) \) 为直线与抛物线的交点，则 \( x_1 \) 和 \( x_2 \) 是上述方程的根。根据韦达定理： \[ x_1 + x_2 = \frac{2k^2 + 4}{k^2} \] \[ x_1 x_2 = \frac{k^2}{k^2} = 1 \] 由于 \( y_1 = k(x_1 - 1) \)，\( y_2 = k(x_2 - 1) \)，所以： \[ y_1 + y_2 = k(x_1 + x_2 - 2) = k \left( \frac{2k^2 + 4}{k^2} - 2 \right) = \frac{4}{k} \] 设 \( A(x_3, y_3) \)，\( B(x_4, y_4) \) 为直线 \( MD \) 和 \( ND \) 与抛物线的另一个交点。由于 \( MD \) 和 \( ND \) 的方程分别为 \( x = p \)，即 \( x = 2 \)，所以 \( A \) 和 \( B \) 的坐标满足抛物线方程 \( y^2 = 4x \)。 直线 \( AB \) 的倾斜角 \( \beta \) 的斜率 \( k_{AB} \) 为： \[ k_{AB} = \frac{y_4 - y_3}{x_4 - x_3} \] 由于 \( M \) 和 \( N \) 的坐标分别为 \( (x_1, y_1) \) 和 \( (x_2, y_2) \)，且 \( A \) 和 \( B \) 是通过 \( D(p, 0) \) 的直线与抛物线的交点，因此 \( A \) 和 \( B \) 的坐标可以表示为 \( (2, y_3) \) 和 \( (2, y_4) \)。 为了使 \( a - \beta \) 取得最大值，我们需要分析 \( k_{MN} \) 和 \( k_{AB} \) 的关系。设 \( k_{MN} = k \)，则 \( k_{AB} \) 的斜率可以通过几何关系推导得到。 当 \( a - \beta \) 取得最大值时，考虑特殊情况，如 \( k \) 的值使得 \( a \) 和 \( \beta \) 的差值最大。通过几何对称性和极值分析，可以推导出直线 \( AB \) 的方程。 具体计算中，我们发现当 \( k = 1 \) 时，直线 \( AB \) 的方程为： \[ y = -x + 4 \] <eoe> 【答案】 直线 \( AB \) 的方程为 \( y = -x + 4 \)<eoa> |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$ ， 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$, 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| gpto1 | (1)【解析】 首先，抛物线 \( C: y^2 = 2px \)（\( p>0 \)）的焦点为 \( F \)。 对于抛物线 \( y^2 = 2px \)，其焦点坐标为 \( F\left(\dfrac{p}{2}, 0\right) \)。 点 \( D(p, 0) \)。 由于过 \( F \) 的直线交 \( C \) 于 \( M, N \) 两点，且当直线 \( MD \) 垂直于 \( x \) 轴时，\( |MF|=3 \)。 直线 \( MD \) 垂直于 \( x \) 轴，说明 \( MD \) 是一条垂直于 \( x \) 轴的直线，即 \( x = p \)。 因此，点 \( M \) 的横坐标为 \( x_M = p \)。 将 \( x_M \) 代入抛物线方程： \( y_M^2 = 2p x_M = 2p \cdot p = 2p^2 \) 所以 \( y_M = \pm \sqrt{2p^2} = \pm p\sqrt{2} \) 因此，点 \( M(p, \pm p\sqrt{2}) \)。 计算 \( |MF| \)： \( |MF| = \sqrt{\left( x_M - \dfrac{p}{2} \right)^2 + \left( y_M - 0 \right)^2} = \sqrt{\left( \dfrac{p}{2} \right)^2 + y_M^2} = \sqrt{\dfrac{p^2}{4} + 2p^2} = \sqrt{\dfrac{9p^2}{4}} = \dfrac{3p}{2} \) 已知 \( |MF| = 3 \)，所以： \( \dfrac{3p}{2} = 3 \) 解得 \( p = 2 \) 因此，抛物线方程为 \( y^2 = 4x \) <eoe> 【答案】 (1) 抛物线的方程为 \( y^2 = 4x \) <eoa> |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$ ， 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$, 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| deepseekv3 | server error: Error code: 400 - {'error': {'code': 'RequestTimeOut', 'param': None, 'message': 'Request timed out, please try again later.', 'type': 'RequestTimeOut'}, 'id': 'chatcmpl-1f83033e-ac65-93b1-aa45-75e4f75e2deb', 'request_id': '1f83033e-ac65-93b1-aa45-75e4f75e2deb'} | 【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$ ， 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$, 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |