| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 首先，我们需要找到直线 \(C_1\) 和曲线 \(C_2\) 的交点。已知直线 \(C_1\) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = 1 + t \cos \alpha \\ y = t \sin \alpha \end{cases} \] 曲线 \(C_2\) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \cos \theta \\ y = \sin \theta \end{cases} \] 当 \(\alpha = \frac{\pi}{3}\) 时，直线 \(C_1\) 的参数方程变为： \[ \begin{cases} x = 1 + t \cdot \frac{1}{2} = 1 + \frac{t}{2} \\ y = t \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3} t}{2} \end{cases} \] 我们需要找到 \(t\) 和 \(\theta\) 使得 \(C_1\) 和 \(C_2\) 的坐标相等，即： \[ \begin{cases} 1 + \frac{t}{2} = \cos \theta \\ \frac{\sqrt{3} t}{2} = \sin \theta \end{cases} \] 将第一式中的 \(t\) 表示出来： \[ t = 2 (\cos \theta - 1) \] 将其代入第二式： \[ \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 2 (\cos \theta - 1) = \sin \theta \] \[ \sqrt{3} (\cos \theta - 1) = \sin \theta \] 利用三角恒等式 \(\sin \theta = \sqrt{1 - \cos^2 \theta}\)，我们可以解这个方程。设 \(\cos \theta = x\)，则有： \[ \sqrt{3} (x - 1) = \sqrt{1 - x^2} \] 两边平方： \[ 3 (x - 1)^2 = 1 - x^2 \] \[ 3 (x^2 - 2x + 1) = 1 - x^2 \] \[ 3x^2 - 6x + 3 = 1 - x^2 \] \[ 4x^2 - 6x + 2 = 0 \] \[ 2x^2 - 3x + 1 = 0 \] 解这个二次方程： \[ x = \frac{3 \pm 1}{4} = 1 \text{ 或 } \frac{1}{2} \] 当 \(\cos \theta = 1\) 时，\(\theta = 0\)，此时 \(\sin \theta = 0\)，交点为 \((1, 0)\)。 当 \(\cos \theta = \frac{1}{2}\) 时，\(\theta = \frac{\pi}{3}\) 或 \(\theta = -\frac{\pi}{3}\)，此时 \(\sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2}\) 或 \(\sin \theta = -\frac{\sqrt{3}}{2}\)，交点为 \(\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\) 或 \(\left(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\)。 【答案】交点坐标为 \((1, 0)\) 和 \(\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\) 和 \(\left(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\)。<eoa> (2)【解析】 我们需要找到过原点 \(O\) 做 \(C_1\) 的垂线的垂足 \(A\)，并求出 \(P\) 点的轨迹。 直线 \(C_1\) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = 1 + t \cos \alpha \\ y = t \sin \alpha \end{cases} \] 直线 \(C_1\) 的方向向量为 \((\cos \alpha, \sin \alpha)\)，因此垂线的方向向量为 \((-\sin \alpha, \cos \alpha)\)。 设垂足 \(A\) 的坐标为 \((x_A, y_A)\)，则 \(A\) 点在直线 \(C_1\) 上，即存在参数 \(t\) 使得： \[ \begin{cases} x_A = 1 + t \cos \alpha \\ y_A = t \sin \alpha \end{cases} \] 同时，\(A\) 点在过原点的垂线上，即满足： \[ \frac{x_A}{-\sin \alpha} = \frac{y_A}{\cos \alpha} \] 代入 \(x_A\) 和 \(y_A\)： \[ \frac{1 + t \cos \alpha}{-\sin \alpha} = \frac{t \sin \alpha}{\cos \alpha} \] 解这个方程： \[ \cos \alpha (1 + t \cos \alpha) = -t \sin^2 \alpha \] \[ \cos \alpha + t \cos^2 \alpha = -t \sin^2 \alpha \] \[ \cos \alpha = t (\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha) \] \[ \cos \alpha = t \] \[ t = \cos \alpha \] 代入 \(t\) 的值： \[ x_A = 1 + \cos^2 \alpha \] \[ y_A = \cos \alpha \sin \alpha \] 中点 \(P\) 的坐标为： \[ P \left( \frac{x_A}{2}, \frac{y_A}{2} \right) = \left( \frac{1 + \cos^2 \alpha}{2}, \frac{\cos \alpha \sin \alpha}{2} \right) \] 将 \(\cos^2 \alpha\) 和 \(\cos \alpha \sin \alpha\) 用三角恒等式表示： \[ \cos^2 \alpha = \frac{1 + \cos 2\alpha}{2} \] \[ \cos \alpha \sin \alpha = \frac{\sin 2\alpha}{2} \] 因此，\(P\) 点的坐标为： \[ P \left( \frac{1 + \frac{1 + \cos 2\alpha}{2}}{2}, \frac{\frac{\sin 2\alpha}{2}}{2} \right) = \left( \frac{3 + \cos 2\alpha}{4}, \frac{\sin 2\alpha}{4} \right) \] 令 \(\beta = 2\alpha\)，则 \(P\) 点的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \frac{3 + \cos \beta}{4} \\ y = \frac{\sin \beta}{4} \end{cases} \] 这实际上是一个椭圆的参数方程，标准形式为： \[ \begin{cases} x = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} \cos \beta \\ y = \frac{1}{4} \sin \beta \end{cases} \] 【答案】\(P\) 点的轨迹的参数方程为 \(\begin{cases} x = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} \cos \beta \\ y = \frac{1}{4} \sin \beta \end{cases}\)，它是一个椭圆。<eoa> |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. ( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 当α=π/3时，直线C₁的参数方程为： \[ \begin{cases} x = 1 + \frac{t}{2} \\ y = \frac{\sqrt{3}t}{2} \end{cases} \] 消去t得直线方程：\( y = \sqrt{3}(x - 1) \)。C₂是单位圆\( x^2 + y^2 = 1 \)。联立方程： \[ x^2 + [\sqrt{3}(x-1)]^2 = 1 \implies 4x^2 -6x +2 = 0 \] 解得\( x = 1 \)或\( x = \frac{1}{2} \)。对应y值为0和\(-\frac{\sqrt{3}}{2}\)，交点为(1,0)和\((\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2})\)。 <eoe> 【答案】 (I) 交点坐标为 \((1, 0)\) 和 \(\left(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\)。 <eoa> (2)【解析】 直线C₁的斜率为\(\tan\alpha\)，垂线斜率为\(-\cot\alpha\)，垂线方程为\( y = -\cot\alpha \cdot x \)。联立C₁方程： \[ -\cot\alpha \cdot x = \tan\alpha (x-1) \implies x = \sin^2\alpha, \quad y = -\cos\alpha \sin\alpha \] 垂足A的坐标为\((\sin^2\alpha, -\cos\alpha \sin\alpha)\)。中点P的坐标为： \[ \left( \frac{\sin^2\alpha}{2}, \frac{-\cos\alpha \sin\alpha}{2} \right) \] 设参数方程为： \[ x = \frac{\sin^2\alpha}{2}, \quad y = \frac{-\cos\alpha \sin\alpha}{2} \] 消去α得轨迹方程： \[ \left(x - \frac{1}{4}\right)^2 + y^2 = \left(\frac{1}{4}\right)^2 \] 轨迹是以\(\left(\frac{1}{4}, 0\right)\)为圆心，半径\(\frac{1}{4}\)的圆。 <eoe> 【答案】 (II) 轨迹参数方程为： \[ \begin{cases} x = \frac{1}{2} \sin^2\alpha \\ y = -\frac{1}{2} \cos\alpha \sin\alpha \end{cases} \] 或化简为： \[ \begin{cases} x = \frac{1}{4}(1 - \cos2\alpha) \\ y = -\frac{1}{4} \sin2\alpha \end{cases} \] 轨迹是圆心在\(\left(\frac{1}{4}, 0\right)\)，半径为\(\frac{1}{4}\)的圆。 <eoa> |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. ( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| gpto1 | (1)【解析】 当 \(\alpha = \dfrac{\pi}{3}\) 时，直线 \(C_1\) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = 1 + t \cos \dfrac{\pi}{3} \\ y = t \sin \dfrac{\pi}{3} \end{cases} \] 由于 \(\cos \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2}\)，\(\sin \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，所以方程化为： \[ \begin{cases} x = 1 + \dfrac{1}{2} t \\ y = \dfrac{\sqrt{3}}{2} t \end{cases} \] 曲线 \(C_2\) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \cos \theta \\ y = \sin \theta \end{cases} \] 因此，\(C_1\) 与 \(C_2\) 的交点需满足： \[ \begin{cases} 1 + \dfrac{1}{2} t = \cos \theta \quad \quad (1) \\ \dfrac{\sqrt{3}}{2} t = \sin \theta \quad \quad \ (2) \end{cases} \] 由(2)式解得： \[ t = \dfrac{2}{\sqrt{3}} \sin \theta \] 代入(1)式： \[ 1 + \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2}{\sqrt{3}} \sin \theta = \cos \theta \] 化简得： \[ 1 + \dfrac{1}{\sqrt{3}} \sin \theta = \cos \theta \] 将等式整理： \[ \cos \theta - 1 - \dfrac{1}{\sqrt{3}} \sin \theta = 0 \] 两边乘以 \(\sqrt{3}\)： \[ \sqrt{3} \cos \theta - \sqrt{3} - \sin \theta = 0 \] 移项得： \[ \sqrt{3} \cos \theta - \sin \theta = \sqrt{3} \] 将等式两边同时乘以\(-1\)： \[ - \sqrt{3} \cos \theta + \sin \theta = - \sqrt{3} \] 即： \[ \sqrt{3} \cos \theta - \sin \theta = \sqrt{3} \] 利用三角恒等式，左边化为： \[ 2 \cos \left( \theta + \dfrac{\pi}{6} \right ) = \sqrt{3} \] 因为： \[ \sqrt{3} \cos \theta - \sin \theta = 2 \left( \cos \theta \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} - \sin \theta \cdot \dfrac{1}{2} \right ) = 2 \cos \left( \theta + \dfrac{\pi}{6} \right ) \] 因此， \[ 2 \cos \left( \theta + \dfrac{\pi}{6} \right ) = \sqrt{3} \] 两边除以2，得： \[ \cos \left( \theta + \dfrac{\pi}{6} \right ) = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \] 所以： \[ \theta + \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{6} + 2k\pi \quad \text{或} \quad \theta + \dfrac{\pi}{6} = -\dfrac{\pi}{6} + 2k\pi \] 解得： \[ \theta = 0 + 2k\pi \quad \text{或} \quad \theta = -\dfrac{\pi}{3} + 2k\pi \] 取 \(k = 0\) 和 \(k = 1\)，得到 \(\theta = 0\) 和 \(\theta = \dfrac{5\pi}{3}\)（因 \(\theta\) 在 \( [0, 2\pi) \) 内）。 当 \(\theta = 0\) 时， \[ t = \dfrac{2}{\sqrt{3}} \sin 0 = 0 \] 代入直线方程，得交点： \[ x = 1 + \dfrac{1}{2} \times 0 = 1, \quad y = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times 0 = 0 \] 即交点为 \((1, 0)\)。 当 \(\theta = \dfrac{5\pi}{3}\) 时， \[ \sin \dfrac{5\pi}{3} = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \quad t = \dfrac{2}{\sqrt{3}} \times \left( -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) = -1 \] 代入直线方程，得交点： \[ x = 1 + \dfrac{1}{2} \times (-1) = \dfrac{1}{2}, \quad y = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times (-1) = -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \] 即交点为 \(\left( \dfrac{1}{2}, -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)\)。 <eoe> 【答案】 (I) 当 \(\alpha=\dfrac{\pi}{3}\) 时，\(C_1\) 与 \(C_2\) 的交点坐标为 \((1, 0)\) 和 \(\left( \dfrac{1}{2}, -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)\)。 <eoa> (2)【解析】 设点 \(A\) 在直线 \(C_1\) 上，其坐标为： \[ x_A = 1 + t \cos \alpha, \quad y_A = t \sin \alpha \] 向量 \(\vec{OA} = (x_A, y_A)\)，直线 \(C_1\) 的方向向量为 \(\vec{v} = (\cos \alpha, \sin \alpha)\)。 因为 \(OA\) 垂直于 \(C_1\)，所以有： \[ \vec{OA} \cdot \vec{v} = 0 \] 即： \[ \cos \alpha \cdot x_A + \sin \alpha \cdot y_A = 0 \] 代入 \(x_A\) 和 \(y_A\)： \[ \cos \alpha (1 + t \cos \alpha) + \sin \alpha (t \sin \alpha) = 0 \] 化简： \[ \cos \alpha + t (\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha) = 0 \] 因为 \(\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1\)，所以： \[ \cos \alpha + t = 0 \quad \Rightarrow \quad t = -\cos \alpha \] 因此， \[ x_A = 1 - \cos^2 \alpha, \quad y_A = -\cos \alpha \sin \alpha \] 点 \(P\) 为 \(O\) 和 \(A\) 的中点，因此： \[ x_P = \dfrac{0 + x_A}{2} = \dfrac{1 - \cos^2 \alpha}{2}, \quad y_P = \dfrac{0 + y_A}{2} = -\dfrac{\cos \alpha \sin \alpha}{2} \] 利用三角恒等式： \[ \cos^2 \alpha = \dfrac{1 + \cos 2\alpha}{2}, \quad \sin 2\alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha \] 代入得： \[ x_P = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1 + \cos 2\alpha}{4} = \dfrac{1}{4} - \dfrac{\cos 2\alpha}{4} \] \[ y_P = -\dfrac{\sin 2\alpha}{4} \] 因此，点 \(P\) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \dfrac{1}{4} (1 - \cos 2\alpha) \\ y = -\dfrac{1}{4} \sin 2\alpha \end{cases} \] 这表示点 \(P\) 的轨迹是以 \(\left( \dfrac{1}{4}, 0 \right)\) 为圆心、半径为 \(\dfrac{1}{4}\) 的圆。 <eoe> 【答案】 (II) 当 \(\alpha\) 变化时，点 \(P\) 的轨迹参数方程为： \[ \begin{cases} x = \dfrac{1}{4} (1 - \cos 2\alpha) \\ y = -\dfrac{1}{4} \sin 2\alpha \end{cases} \] 其轨迹是以 \(\left( \dfrac{1}{4}, 0 \right)\) 为圆心、半径为 \(\dfrac{1}{4}\) 的圆。 <eoa> |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. ( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| GPT-4o | (1)【解析】 首先，我们需要找到直线 \( C_1 \) 和曲线 \( C_2 \) 的交点。已知 \( C_1 \) 的参数方程是： \[ \left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right. \] 其中 \( t \) 为参数，且 \( \alpha = \frac{\pi}{3} \)。 将 \( \alpha = \frac{\pi}{3} \) 代入 \( C_1 \) 的参数方程： \[ \left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \frac{\pi}{3} \\ y=t \sin \frac{\pi}{3}\end{array}\right. \] 因为 \( \cos \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2} \) 和 \( \sin \frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2} \)，所以方程变为： \[ \left\{\begin{array}{l}x=1+\frac{t}{2} \\ y=\frac{\sqrt{3}}{2} t\end{array}\right. \] 再来看曲线 \( C_2 \) 的参数方程： \[ \left\{\begin{array}{l}x=\cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right. \] 其中 \( \theta \) 为参数。 令 \( x \) 和 \( y \) 相等，即 \( x = \cos \theta \) 和 \( y = \sin \theta \)，我们有： \[ 1 + \frac{t}{2} = \cos \theta \] \[ \frac{\sqrt{3}}{2} t = \sin \theta \] 从第二个等式中解出 \( t \)： \[ t = \frac{2 \sin \theta}{\sqrt{3}} \] 将此 \( t \) 代入第一个等式： \[ 1 + \frac{1}{2} \left(\frac{2 \sin \theta}{\sqrt{3}}\right) = \cos \theta \] \[ 1 + \frac{\sin \theta}{\sqrt{3}} = \cos \theta \] 将这个方程整理一下： \[ \cos \theta - \frac{\sin \theta}{\sqrt{3}} = 1 \] 我们可以利用三角恒等式 \( \cos \theta = 1 - \frac{\sin \theta}{\sqrt{3}} \) 继续解下去，但这里可以直接用几何思路检查交点的可能性。 通过尝试，我们发现解得的 \( \theta \) 值满足 \( \cos \theta \) 和 \( \sin \theta \) 的值分别在 \( -1 \) 到 \( 1 \) 之间，最后得出交点坐标为 \( \left(\cos \theta, \sin \theta\right) \)。 通过具体解法，我们可以发现 \( \cos \theta = \frac{1}{2} \) 和 \( \sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2} \)，所以交点坐标为： \[ \left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right) \] 【答案】交点坐标为 \(\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\)<eoa> (2) 【解析】 我们需要找到 \( P \) 点的轨迹方程。根据题意，过原点 \( O \) 做 \( C_1 \) 的垂线，垂足为 \( A \)，且 \( P \) 为 \( O A \) 的中点。 直线 \( C_1 \) 的参数方程为： \[ \left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right. \] 原点 \( O(0,0) \) 到直线 \( C_1 \) 的垂线的方向向量为 \( (\cos \alpha, \sin \alpha) \)，我们可以通过计算垂直距离找到垂足 \( A \) 的坐标。 直线 \( C_1 \) 的方向向量为 \( (\cos \alpha, \sin \alpha) \)，垂直于该直线的方向向量为 \( (-\sin \alpha, \cos \alpha) \)。 原点 \( O \) 到直线 \( C_1 \) 的距离 \( d \) 为： \[ d = \frac{|1|}{ |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. ( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】 (I)由\begin{cases}x=1+t\cos\alpha\\y=t\sin\alpha\end{cases}得\begin{cases}x=1+\frac{y}{\sin\alpha}\cos\alpha\\y=t\sin\alpha\end{cases}当\alpha=\frac{\pi}{3}时,直线C_{1}的方程为x=1+\frac{y}{\sqrt{3}},即\sqrt{3}x-y-\sqrt{3}=0,由\begin{cases}x=\cos\theta\\y=\sin\theta\end{cases}得\begin{cases}x=\cos\theta\\y=\sin\theta\end{cases}即x^{2}+y^{2}=1,联立\begin{cases}\sqrt{3}x-y-\sqrt{3}=0\\x^{2}+y^{2}=1\end{cases}解得\begin{cases}x=\frac{1}{2}\\y=\frac{\sqrt{3}}{2}\end{cases}或\begin{cases}x=\frac{3}{2}\\y=-\frac{\sqrt{3}}{2}\end{cases}所以C_{1}与C_{2}的交点坐标为(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})或(\frac{3}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2})(II)由\begin{cases}x=1+t\cos\alpha\\y=t\sin\alpha\end{cases}得\begin{cases}x=1+\frac{y}{\sin\alpha}\cos\alpha\\y=t\sin\alpha\end{cases}所以直线C_{1}的方程为x=1+\frac{y}{\sin\alpha}\cos\alpha,即x\sin\alpha-y\cos\alpha-\sin\alpha=0,所以直线C_{1}的斜率为k=\tan\alpha,所以过O的直线C_{1}的垂线的斜率为k=-\cot\alpha,所以过O的直线C_{1}的垂线的方程为y=-x\cot\alpha,所以A(-\cot\alpha,-1),所以P(-\frac{1}{2}\cot\alpha,-\frac{1}{2})所以P点的轨迹的参数方程为\begin{cases}x=-\frac{1}{2}\cot\alpha\\y=-\frac{1}{2}\end{cases}所以P点的轨迹为y=-\frac{1}{2}的直线. 最终结果是(I)(1/2, sqrt(3)/2)或(3/2, -sqrt(3)/2) (II)直线y=-1/2 |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. ( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)当\alpha=\frac{\pi}{3}时,直线C_{1}的方程为\begin{cases}x=1+\frac{1}{2}t\\y=\frac{\sqrt{3}}{2}t\end{cases},即x+\sqrt{3}y-1=0,圆C_{2}的方程为x^{2}+y^{2}=1,联立\begin{cases}x+\sqrt{3}y-1=0\\x^{2}+y^{2}=1\end{cases},解得\begin{cases}x=\frac{1}{2}\\y=\frac{\sqrt{3}}{2}\end{cases}或\begin{cases}x=1\\y=0\end{cases},故C_{1}与C_{2}的交点坐标为(\frac{1}{2},\frac |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. ( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(I)【解析】 首先，我们将直线 \\( C_1 \\) 和 \\( C_2 \\) 的参数方程代入，求解它们的交点。\n\n当 \\(\\alpha = \\frac{\\pi}{3}\\) 时，直线 \\( C_1 \\) 的参数方程为：\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx = 1 + t \\cos \\frac{\\pi}{3} \\\\\ny = t \\sin \\frac{\\pi}{3}\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n其中 \\(\\cos \\frac{\\pi}{3} = \\frac{1}{2}\\) 和 \\(\\sin \\frac{\\pi}{3} = \\frac{\\sqrt{3}}{2}\\)，所以方程变为：\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx = 1 + \\frac{t}{2} \\\\\ny = \\frac{t \\sqrt{3}}{2}\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n\n直线 \\( C_2 \\) 的参数方程为：\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx = \\cos \\theta \\\\\ny = \\sin \\theta\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n\n将 \\( C_1 \\) 的方程代入 \\( C_2 \\) 的方程，得到：\n\\[\n\\cos \\theta = 1 + \\frac{t}{2}\n\\]\n\\[\n\\sin \\theta = \\frac{t \\sqrt{3}}{2}\n\\]\n\n利用三角恒等式 \\(\\cos^2 \\theta + \\sin^2 \\theta = 1\\)，我们有：\n\\[\n\\left(1 + \\frac{t}{2}\\right)^2 + \\left(\\frac{t \\sqrt{3}}{2}\\right)^2 = 1\n\\]\n\n展开并简化：\n\\[\n\\left(1 + \\frac{t}{2}\\right)^2 = 1 + t + \\frac{t^2}{4}\n\\]\n\\[\n\\left(\\frac{t \\sqrt{3}}{2}\\right)^2 = \\frac{3t^2}{4}\n\\]\n\n所以：\n\\[\n1 + t + \\frac{t^2}{4} + \\frac{3t^2}{4} = 1\n\\]\n\\[\n1 + t + t^2 = 1\n\\]\n\\[\nt + t^2 = 0\n\\]\n\\[\nt(t + 1) = 0\n\\]\n\n解得 \\( t = 0 \\) 或 \\( t = -1 \\)。\n\n当 \\( t = 0 \\) 时：\n\\[\nx = 1 + \\frac{0}{2} = 1\n\\]\n\\[\ny = \\frac{0 \\sqrt{3}}{2} = 0\n\\]\n\n当 \\( t = -1 \\) 时：\n\\[\nx = 1 + \\frac{-1}{2} = \\frac{1}{2}\n\\]\n\\[\ny = \\frac{-1 \\sqrt{3}}{2} = -\\frac{\\sqrt{3}}{2}\n\\]\n\n所以，交点坐标为 \\((1, 0)\\) 和 \\(\\left(\\frac{1}{2}, -\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right)\\)。\n\n<eoe>\n【答案】\\((1, 0)\\) 和 \\(\\left(\\frac{1}{2}, -\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right)\\)<eoa>\n\n(II)【解析】 过坐标原点 \\( O \\) 做 \\( C_1 \\) 的垂线，垂足为 \\( A \\)，求 \\( P \\) 点的轨迹的参数方程。\n\n直线 \\( C_1 \\) 的参数方程为：\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx = 1 + t \\cos \\alpha \\\\\ny = t \\sin \\alpha\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n\n垂线的方向向量为 \\((-\\sin \\alpha, \\cos \\alpha)\\)，所以垂线的方程为：\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx = -\\sin \\alpha \\cdot s \\\\\ny = \\cos \\alpha \\cdot s\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n\n垂足 \\( A \\) 是 \\( C_1 \\) 和垂线的交点，设 \\( t = s \\)，则：\n\\[\n1 + t \\cos \\alpha = -\\sin \\alpha \\cdot s\n\\]\n\\[\nt \\sin \\alpha = \\cos \\alpha \\cdot s\n\\]\n\n解得：\n\\[\ns = \\frac{1}{\\cos \\alpha + \\sin \\alpha}\n\\]\n\n所以 \\( A \\) 点的坐标为：\n\\[\nA = \\left( -\\sin \\alpha \\cdot \\frac{1}{\\cos \\alpha + \\sin \\alpha}, \\cos \\alpha \\cdot \\frac{1}{\\cos \\alpha + \\sin \\alpha} \\right)\n\\]\n\n\\( P \\) 为 \\( OA \\) 中点，所以 \\( P \\) 点的坐标为：\n\\[\nP = \\left( \\frac{1}{2} \\left( -\\sin \\alpha \\cdot \\frac{1}{\\cos \\alpha + \\sin \\alpha} \\right), \\frac{1}{2} \\left( \\cos \\alpha \\cdot \\frac{1}{\\cos \\alpha + \\sin \\alpha} \\right) \\right)\n\\]\n\n化简得：\n\\[\nP = \\left( \\frac{-\\sin \\alpha}{2(\\cos \\alpha + \\sin \\alpha)}, \\frac{\\cos \\alpha}{2(\\cos \\alpha + \\sin \\alpha)} \\right)\n\\]\n\n所以 \\( P \\) 点的轨迹的参数方程为：\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx = \\frac{-\\sin \\alpha}{2(\\cos \\alpha + \\sin \\alpha)} \\\\\ny = \\frac{\\cos \\alpha}{2(\\cos \\alpha + \\sin \\alpha)}\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n\n指出它是什么曲线：\n\\[\nx^2 + y^2 = \\left( \\frac{-\\sin \\alpha}{2(\\cos \\alpha + \\sin \\alpha)} \\right)^2 + \\left( \\frac{\\cos \\alpha}{2(\\cos \\alpha + \\sin \\alpha)} \\right)^2\n\\]\n\\[\n= \\frac{\\sin^2 \\alpha + \\cos^2 \\alpha}{4(\\cos \\alpha + \\sin \\alpha)^2}\n\\]\n\\[\n= \\frac{1}{4(\\cos \\alpha + \\sin \\alpha)^2}\n\\]\n\n所以 \\( P \\) 点的轨迹是一个圆，圆心在原点，半径为 \\(\\frac{1}{2}\\)。\n\n<eoe>\n【答案】参数方程为：\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx = \\frac{-\\sin \\alpha}{2(\\cos \\alpha + \\sin \\alpha)} \\\\\ny = \\frac{\\cos \\alpha}{2(\\cos \\alpha + \\sin \\alpha)}\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n它是一个圆，圆心在原点，半径为 \\(\\frac{1}{2}\\)。<eoa>" | 解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. ( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】\n当 $\\alpha=\\frac{\\pi}{3}$ 时，直线 $C_{1}$ 的参数方程变为\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx=1+t\\cos\\frac{\\pi}{3} \\\\\ny=t\\sin\\frac{\\pi}{3}\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n即\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx=1+\\frac{1}{2}t \\\\\ny=\\frac{\\sqrt{3}}{2}t\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n对于 $C_{2}$，其参数方程为\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx=\\cos\\theta \\\\\ny=\\sin\\theta\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n它表示单位圆上的点。要找 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的交点，需要解方程组\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\n1+\\frac{1}{2}t=\\cos\\theta \\\\\n\\frac{\\sqrt{3}}{2}t=\\sin\\theta\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n利用 $\\sin^2\\theta+\\cos^2\\theta=1$，可以解出 $t$ 和 $\\theta$ 的值，进而得到交点坐标。<eoe>\n\n【答案】\n解方程组\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\n1+\\frac{1}{2}t=\\cos\\theta \\\\\n\\frac{\\sqrt{3}}{2}t=\\sin\\theta\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n得\n\\[\n\\left(\\frac{\\sqrt{3}}{2}t\\right)^2+\\left(1+\\frac{1}{2}t\\right)^2=1\n\\]\n化简得 $t^2+t=0$，解得 $t=0$ 或 $t=-1$。当 $t=0$ 时，交点为 $(1,0)$；当 $t=-1$ 时，代入 $C_{1}$ 的参数方程得交点为 $\\left(\\frac{1}{2},-\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right)$。但 $t=0$ 对应的是直线与 $x$ 轴的交点，而非与单位圆的交点，因此，当 $\\alpha=\\frac{\\pi}{3}$ 时，$C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点坐标为 $\\boxed{\\left(\\frac{1}{2},-\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right)}$。<eoa>\n\n(2)【解析】\n过原点 $O$ 作 $C_{1}$ 的垂线，垂足为 $A$，设 $A$ 点坐标为 $(x_A, y_A)$。根据点到直线的距离公式，$OA$ 的长度为\n\\[\nOA=\\frac{|x\\cos\\alpha-y\\sin\\alpha|}{\\sqrt{\\cos^2\\alpha+\\sin^2\\alpha}}\n\\]\n由于 $OA$ 垂直于 $C_{1}$，所以 $OA$ 的方向向量为 $(\\sin\\alpha, -\\cos\\alpha)$。由于 $P$ 为 $OA$ 的中点，故 $P$ 点的坐标为\n\\[\nP\\left(\\frac{x_A}{2},\\frac{y_A}{2}\\right)\n\\]\n根据向量的性质，可以得到 $P$ 点的坐标与 $\\alpha$ 的关系，从而得到 $P$ 点的轨迹的参数方程。注意到 $OA$ 的长度与 $\\alpha$ 有关，而 $P$ 点的轨迹应为一个圆，因为无论 $\\alpha$ 如何变化，$OA$ 的长度保持不变，$P$ 点到原点的距离也保持不变。<eoe>\n\n【答案】\n$P$ 点的轨迹的参数方程为\n\\[\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\nx=\\frac{1}{2}\\cos\\alpha \\\\\ny=-\\frac{1}{2}\\sin\\alpha\n\\end{array}\n\\right.\n\\]\n这表示 $P$ 点的轨迹是一个半径为 $\\frac{1}{2}$ 的圆，圆心在原点 $O$。<eoa>" | 解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. ( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| baichuan4 | (I)【解析】 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时，直线 $C_{1}$ 的参数方程变为： $\left\{\begin{array}{l} x=1+\frac{1}{2}t \\ y=\frac{\sqrt{3}}{2}t \end{array}\right.$ 为了找到 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的交点，我们需要将两个曲线的参数方程组联立起来： $\left\{\begin{array}{l} 1+\frac{1}{2}t = \cos \theta \\ \frac{\sqrt{3}}{2}t = \sin \theta \end{array}\right.$ 由于 $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$，我们可以得到： $(1+\frac{1}{2}t)^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2}t)^2 = 1$ 化简得： $1 + t + \frac{1}{4}t^2 + \frac{3}{4}t^2 = 1$ $t^2 + t = 0$ 因此，$t = 0$ 或 $t = -1$。 当 $t = 0$ 时，交点坐标为 $(1, 0)$； 当 $t = -1$ 时，交点坐标为 $(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2})$。 所以，$C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点坐标为 $(1, 0)$ 和 $(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2})$。 【答案】 $(1, 0)$ 和 $(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2})$。 (II)【解析】 直线 $C_{1}$ 的斜率为 $\tan \alpha$，因为过原点 $O$ 做 $C_{1}$ 的垂线，垂足为 $A$，所以 $OA$ 的斜率为 $-\frac{1}{\tan \alpha}$。设 $P$ 为 $O A$ 的中点，当 $\alpha$ 变化时，$P$ 点的轨迹的参数方程可以表示为： $\left\{\begin{array}{l} x = \frac{1}{2}(1+t \cos \alpha) \\ y = \frac{1}{2}t \sin \alpha \end{array}\right.$ 消去参数 $\alpha$，我们得到： $\frac{x}{1/2} = \frac{y}{1/2 \cdot t}$ 由于 $t$ 是参数，我们可以将其看作常数，因此上式表明 $x$ 和 $y$ 成正比，即 $P$ 点的轨迹是一条通过原点的直线。 【答案】 $P$ 点的轨迹的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l} x = \frac{1}{2}(1+t \cos \alpha) \\ y = \frac{1}{2}t \sin \alpha \end{array}\right.$，它是一条通过原点的直线。 |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. ( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| doubao | (1)【解析】当$\alpha=\frac{\pi}{3}$时，直线$C_1$的参数方程为$\left\{\begin{array}{l}x=1+\frac{1}{2}t\\ y=\frac{\sqrt{3}}{2}t\end{array}\right.$（$t$为参数），消去参数$t$可得$y=\sqrt{3}(x-1)$。曲线$C_2$的方程为$x^2+y^2=1$。联立可得$\begin{cases}y=\sqrt{3}(x-1)\\x^2+y^2=1\end{cases}$，将$y=\sqrt{3}(x-1)$代入$x^2+y^2=1$可得$x^2+3(x-1)^2=1$，展开化简可得$4x^2-6x+2=0$，即$2x^2-3x+1=0$，解得$x=1$或$x=\frac{1}{2}$，当$x=1$时，$y=0$，当$x=\frac{1}{2}$时，$y=-\frac{\sqrt{3}}{2}$。所以交点坐标为$(1,0)$，$(\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2})$。<eoe> 【答案】交点坐标为$(1,0)$，$(\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2})$。<eoa> (2)【解析】直线$C_1$的普通方程为$\sin\alpha x-\cos\alpha y-\sin\alpha=0$，过原点作$C_1$的垂线方程为$\cos\alpha x+\sin\alpha y=0$。联立可得交点$A$的坐标，设$P(x,y)$，因为$P$为$OA$中点，利用中点坐标公式可得$P$点坐标与$\alpha$的关系，即可得到参数方程，再判断曲线类型。<eoe> 【答案】直线$C_1$的普通方程为$\sin\alpha x-\cos\alpha y-\sin\alpha=0$，过原点作$C_1$的垂线方程为$\cos\alpha x+\sin\alpha y=0$，联立可得$A(\frac{\sin^2\alpha}{\sin\alpha\cos\alpha},\frac{-\sin\alpha\cos\alpha}{\sin\alpha\cos\alpha})=(\tan\alpha,-1)$。设$P(x,y)$，则$x=\frac{\tan\alpha}{2}$，$y=-\frac{1}{2}$，消去$\alpha$可得$x^2+(y+\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4}$，它是一个以$(0,-\frac{1}{2})$为圆心，$\frac{1}{2}$为半径的圆。<eoa> |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. ( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| minimax | (1)【解析】要求直线 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点坐标，我们需要解这两个参数方程组。首先，我们将 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的方程写成非参数形式，然后通过消去参数 $t$ 和 $\theta$ 来找到交点坐标。 对于 $C_{1}$，当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时，方程变为： $$ \begin{cases} x = 1 + t \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) \\ y = t \sin\left(\frac{\pi}{3}\right) \end{cases} $$ 即 $$ \begin{cases} x = 1 + \frac{1}{2}t \\ y = \frac{\sqrt{3}}{2}t \end{cases} $$ 对于 $C_{2}$，方程已经是非参数形式： $$ \begin{cases} x = \cos\theta \\ y = \sin\theta \end{cases} $$ 接下来，我们将 $C_{1}$ 的 $x$ 和 $y$ 表达式代入 $C_{2}$ 的方程中，解出 $t$ 和 $\theta$ 的值，从而得到交点坐标。<eoe> 【答案】将 $C_{1}$ 的 $x$ 和 $y$ 表达式代入 $C_{2}$ 的方程中，得到： $$ \begin{cases} 1 + \frac{1}{2}t = \cos\theta \\ \frac{\sqrt{3}}{2}t = \sin\theta \end{cases} $$ 由于 $\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1$，我们可以将上面的方程组中的两个方程相加，得到： $$ 1 + \frac{1}{2}t + \frac{\sqrt{3}}{2}t = 1 $$ 化简得： $$ \frac{1}{2}t + \frac{\sqrt{3}}{2}t = 0 $$ $$ t(1 + \sqrt{3}) = 0 $$ 由于 $t$ 不能为零（否则 $C_{1}$ 将退化为点 $(1,0)$），我们得到 $\theta$ 必须满足： $$ \cos\theta = 1 \quad \text{和} \quad \sin\theta = 0 $$ 这意味着 $\theta = 2k\pi$，其中 $k$ 是整数。因此，交点坐标为： $$ \begin{cases} x = 1 \\ y = 0 \end{cases} $$ 所以，当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时，$C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点坐标是 $(1,0)$。<eoa> (2)【解析】要找到过坐标原点 $O$ 做 $C_{1}$ 的垂线的垂足 $A$，我们需要找到 $C_{1}$ 的斜率，然后找到它的垂线的斜率（即 $C_{1}$ 斜率的负倒数），并利用垂线通过原点的性质来确定垂足 $A$ 的坐标。 对于直线 $C_{1}$，其斜率 $m_{C_{1}}$ 可以通过其参数方程得到： $$ m_{C_{1}} = \frac{dy}{dx} = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha + \cos\alpha \cdot \frac{dt}{dx}} $$ 由于 $C_{1}$ 是参数方程，我们需要找到 $\frac{dt}{dx}$ 的表达式。由于 $x = 1 + t \cos\alpha$，我们有 $dx = \cos\alpha \cdot dt$，因此 $\frac{dt}{dx} = \frac{1}{\cos\alpha}$。 将 $\frac{dt}{dx}$ 代入 $m_{C_{1}}$ 的表达式中，得到： $$ m_{C_{1}} = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha + 1} $$ 垂线的斜率 $m_{垂线}$ 是 $C_{1}$ 斜率的负倒数，即： $$ m_{垂线} = -\frac{1}{m_{C_{1}}} = -\frac{\cos\alpha + 1}{\sin\alpha} $$ 由于垂线通过原点，其方程可以写为 $y = m_{垂线}x$。将 $m_{垂线}$ 的表达式代入，得到垂线的方程： $$ y = -\frac{\cos\alpha + 1}{\sin\alpha}x $$ 垂足 $A$ 的坐标 $(x_A, y_A)$ 必须满足 $C_{1}$ 的方程和垂线的方程。我们可以通过解这两个方程来找到 $A$ 的坐标。 接下来，我们需要找到 $P$ 点的坐标。由于 $P$ 是 $O$ 和 $A$ 的中点，我们有： $$ x_P = \frac{x_O + x_A}{2} = \frac{x_A}{2} $$ $$ y_P = \frac{y_O + y_A}{2} = \frac{y_A}{2} $$ 将垂足 $A$ 的坐标代入上述表达式，我们可以得到 $P$ 点的坐标。由于 $\alpha$ 变化时，$P$ 点的坐标也会变化，我们可以写出 $P$ 点的参数方程。<eoe> 【答案】首先，我们找到垂线的方程。由于垂线的斜率 $m_{垂线}$ 是 $C_{1}$ 斜率的负倒数，我们有： $$ m_{垂线} = -\frac{\cos\alpha + 1}{\sin\alpha} $$ 垂线的方程为： $$ y = -\frac{\cos\alpha + 1}{\sin\alpha}x $$ 由于垂足 $A$ 在 $C_{1}$ 上，我们可以将 $C_{1}$ 的参数方程代入垂线的方程中，得到： $$ t \sin\alpha = -\frac{\cos\alpha + 1}{\sin\alpha}(1 + t \cos\alpha) $$ 化简得： $$ t \sin^2\alpha = -(\cos\alpha + 1) - t \cos^2\alpha $$ 由于 $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$，我们可以将上式中的 $t$ 项移到一边，得到： $$ t(\sin^2\alpha + \cos^2\alpha) = -(\cos\alpha + 1) $$ $$ t = -(\cos\alpha + 1) $$ 因此，垂足 $A$ 的坐标为： $$ \begin{cases} x_A = 1 + t \cos\alpha = 1 - (\cos\alpha + 1)\cos\alpha = 1 - \cos^2\alpha - \cos\alpha \\ y_A = t \sin\alpha = -(\cos\alpha + 1)\sin\alpha \end{cases} $$ 由于 $P$ 是 $O$ 和 $A$ 的中点，我们有： $$ x_P = \frac{x_A}{2} = \frac{1 - \cos^2\alpha - \cos\alpha}{2} $$ $$ y_P = \frac{y_A}{2} = \frac{-(\cos\alpha + 1)\sin\alpha}{2} $$ 因此，$P$ 点的参数方程为： $$ \begin{cases} x_P = \frac{1 - \cos^2\alpha - \cos\alpha}{2} \\ y_P = \frac{-(\cos\alpha + 1)\sin\alpha}{2} \end{cases} $$ 由于 $\cos^2\alpha + \sin^2\alpha = 1$，我们可以进一步简化 $x_P$ 的表达式： $$ x_P = \frac{1 - (1 - \sin^2\alpha) - \cos\alpha}{2} = \frac{\sin^2\alpha - \cos\alpha}{2} $$ 因此，$P$ 点的参数方程为： $$ \begin{cases} x_P = \frac{\sin^2\alpha - \cos\alpha}{2} \\ y_P = \frac{-(\cos\alpha + 1)\sin\alpha}{2} \end{cases} $$ 这个方程描述的是一个椭圆。为了验证这一点，我们可以进一步化简 $x_P$ 和 $y_P$ 的表达式。注意到 $\sin^2\alpha = 1 - \cos^2\alpha$，我们可以将 $x_P$ 写为： $$ x_P = \frac{(1 - \cos^2\alpha) - \cos\alpha}{2} = \frac{1}{2} - \frac{\cos^2\alpha}{2} - \frac{\cos\alpha}{2} $$ 现在，我们可以看到 $x_P$ 和 $y_P$ |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. ( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| kimi | (1)【解析】 首先，我们需要将参数方程转换为普通方程。对于直线 $C_{1}$，当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时，参数方程为： $$ \begin{cases} x = 1 + t \cos \frac{\pi}{3} \\ y = t \sin \frac{\pi}{3} \end{cases} $$ 将 $\cos \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}$ 和 $\sin \frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ 代入，得到： $$ \begin{cases} x = 1 + \frac{1}{2}t \\ y = \frac{\sqrt{3}}{2}t \end{cases} $$ 消去参数 $t$，得到直线 $C_{1}$ 的普通方程为： $$ y = \sqrt{3}(x - 1) $$ 对于直线 $C_{2}$，参数方程为： $$ \begin{cases} x = \cos \theta \\ y = \sin \theta \end{cases} $$ 消去参数 $\theta$，得到直线 $C_{2}$ 的普通方程为： $$ x^2 + y^2 = 1 $$ 接下来，我们需要联立这两个方程来求解交点坐标。 <eoe> 【答案】 联立方程： $$ \begin{cases} y = \sqrt{3}(x - 1) \\ x^2 + y^2 = 1 \end{cases} $$ 将第一个方程代入第二个方程，得到： $$ x^2 + (\sqrt{3}(x - 1))^2 = 1 $$ 化简得： $$ x^2 + 3(x - 1)^2 = 1 $$ $$ x^2 + 3x^2 - 6x + 3 = 1 $$ $$ 4x^2 - 6x + 2 = 0 $$ 解得： $$ x = \frac{3 \pm \sqrt{3}}{2} $$ 将 $x$ 的值代入第一个方程求得对应的 $y$ 值： $$ y = \sqrt{3}(\frac{3 \pm \sqrt{3}}{2} - 1) = \frac{3 \mp \sqrt{3}}{2} $$ 所以交点坐标为： $$ (\frac{3 + \sqrt{3}}{2}, \frac{3 - \sqrt{3}}{2}) \quad \text{和} \quad (\frac{3 - \sqrt{3}}{2}, \frac{3 + \sqrt{3}}{2}) $$ <eoa> (2)【解析】 对于直线 $C_{1}$，参数方程为： $$ \begin{cases} x = 1 + t \cos \alpha \\ y = t \sin \alpha \end{cases} $$ 消去参数 $t$，得到直线 $C_{1}$ 的普通方程为： $$ y = \tan \alpha (x - 1) $$ 过原点 $O$ 做 $C_{1}$ 的垂线，垂线的斜率为 $-\frac{1}{\tan \alpha}$，所以垂线的方程为： $$ y = -\frac{1}{\tan \alpha}x $$ 联立方程： $$ \begin{cases} y = \tan \alpha (x - 1) \\ y = -\frac{1}{\tan \alpha}x \end{cases} $$ 解得垂足 $A$ 的坐标为： $$ A(\frac{1}{1 + \tan^2 \alpha}, \frac{\tan \alpha}{1 + \tan^2 \alpha}) $$ 由于 $P$ 是 $OA$ 的中点，所以 $P$ 的坐标为： $$ P(\frac{1}{2(1 + \tan^2 \alpha)}, \frac{\tan \alpha}{2(1 + \tan^2 \alpha)}) $$ 将 $x$ 和 $y$ 用参数 $t$ 表示，得到 $P$ 点的参数方程： $$ \begin{cases} x = \frac{1}{2(1 + t^2)} \\ y = \frac{t}{2(1 + t^2)} \end{cases} $$ 其中 $t = \tan \alpha$。 <eoe> 【答案】 $P$ 点的轨迹的参数方程 |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. ( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| wenxinyiyan | (I) 当$\alpha = \frac{\pi}{3}$时，$C_{1}$的方程为 $\left\{\begin{array}{l} x = 1 + t\cos\frac{\pi}{3} \\y = t\sin\frac{\pi}{3} \end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l} x = 1 + \frac{t}{2} \\y = \frac{\sqrt{3}t}{2} \end{array}\right.$ $C_{2}$的方程为 $\left\{\begin{array}{l} x = \cos\theta \\y = \sin\theta \end{array}\right.$ 联立$C_{1}$和$C_{2}$的方程，得 $\left\{\begin{array}{l} 1 + \frac{t}{2} = \cos\theta \\\frac{\sqrt{3}t}{2} = \sin\theta \end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l} \cos\theta = 1 \\\sin\theta = 0 \end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l} \cos\theta = -\frac{1}{2} \\\sin\theta = \frac{\sqrt{3}}{2} \end{array}\right.$ 因此，$C_{1}$与$C_{2}$的交点坐标为$(1,0)$和$\left(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$。 (II) $C_{1}$的方程可写为 $\left\{\begin{array}{l} x = 1 + t\cos\alpha \\y = t\sin\alpha \end{array}\right.$ 则$A$的坐标为$(1 + t\cos\alpha, t\sin\alpha)$。由于$OA$垂直于$C_{1}$，有 $\frac{t\sin\alpha}{1 + t\cos\alpha} = \tan\left(\alpha + \frac{\pi}{2}\right) = -\frac{1}{\tan\alpha}$ 解得 $t = -\frac{1}{\sin\alpha\tan\alpha + \cos\alpha} = -\frac{1}{\sin\alpha}$ 因此，$A$的坐标为 $\left(1 - \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}, -1\right)$ $P$为$OA$中点，坐标为 $\left(\frac{1}{2} - \frac{\cos\alpha}{2\sin\alpha}, -\frac{1}{2}\right)$ 令 $\left\{\begin{array}{l} x = \frac{1}{2} - \frac{\cos\alpha}{2\sin\alpha} \\y = -\frac{1}{2} \end{array}\right.$ 则$P$点的轨迹的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l} x = \frac{1}{2} + \frac{\cos\alpha}{2\sin\alpha} \\y = -\frac{1}{2} \end{array}\right.$ 由于$\alpha$变化时，$P$点的轨迹满足$x^2 + y^2 = \frac{1}{4}$，且$y \neq 0$，故$P$点的轨迹是以$(0,0)$为圆心，$\frac{1}{2}$为半径的圆，除去点$\left(0, -\frac{1}{2}\right)$和$\left(0, \frac{1}{2}\right)$。 |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. ( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们需要将直线 \( C_1 \) 和圆 \( C_2 \) 的参数方程代入，求解它们的交点。 对于 \( C_1 \)，当 \(\alpha = \frac{\pi}{3}\) 时，其参数方程为： \[ \begin{cases} x = 1 + t \cos \frac{\pi}{3} = 1 + \frac{1}{2}t \\ y = t \sin \frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}t \end{cases} \] 对于 \( C_2 \)，其参数方程为： \[ \begin{cases} x = \cos \theta \\ y = \sin \theta \end{cases} \] 将 \( C_1 \) 的方程代入 \( C_2 \) 的方程中，得到： \[ \begin{cases} 1 + \frac{1}{2}t = \cos \theta \\ \frac{\sqrt{3}}{2}t = \sin \theta \end{cases} \] 我们需要消去 \(\theta\) 来求解 \(t\)。利用三角恒等式 \(\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1\)，将上面的方程代入： \[ \left(1 + \frac{1}{2}t\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right)^2 = 1 \] 展开并整理： \[ \left(1 + \frac{1}{2}t\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right)^2 = 1 \\ 1 + t + \frac{1}{4}t^2 + \frac{3}{4}t^2 = 1 \\ 1 + t + t^2 = 1 \\ t + t^2 = 0 \\ t(t + 1) = 0 \] 解得 \( t = 0 \) 或 \( t = -1 \)。 当 \( t = 0 \) 时，交点坐标为： \[ \begin{cases} x = 1 + \frac{1}{2} \cdot 0 = 1 \\ y = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 0 = 0 \end{cases} \] 所以交点为 \( (1, 0) \)。 当 \( t = -1 \) 时，交点坐标为： \[ \begin{cases} x = 1 + \frac{1}{2} \cdot (-1) = \frac{1}{2} \\ y = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot (-1) = -\frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases} \] 所以交点为 \( \left( \frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2} \right) \)。 综上所述，交点坐标为 \( (1, 0) \) 和 \( \left( \frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2} \right) \)。<eoe> 【答案】交点坐标为 \( (1, 0) \) 和 \( \left( \frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2} \right) \)。<eoa> (2)【解析】 首先，我们需要找到过原点 \( O \) 且垂直于 \( C_1 \) 的直线的方程。已知 \( C_1 \) 的斜率为 \(\tan \alpha\)，所以垂线的斜率为 \(-\cot \alpha\)。 因此，垂线的方程可以表示为： \[ y = -\cot \alpha \cdot x \] 将 \( C_1 \) 的参数方程代入垂线方程中，求垂足 \( A \) 的坐标： \[ t \sin \alpha = -\cot \alpha (1 + t \cos \alpha) \\ t \sin \alpha = -\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} (1 + t \cos \alpha) \\ t \sin^2 \alpha = -\cos \alpha - t \cos^2 \alpha \\ t (\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha) = -\cos \alpha \\ t = -\frac{\cos \alpha}{\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha} = -\cos \alpha \] 所以垂足 \( A \) 的坐标为： \[ \begin{cases} x = 1 + t \cos \alpha = 1 - \cos^2 \alpha \\ y = t \sin \alpha = -\cos \alpha \sin \alpha \end{cases} \] \( P \) 为 \( O \) 和 \( A \) 的中点，所以 \( P \) 的坐标为： \[ \begin{cases} x_P = \frac{0 + (1 - \cos^2 \alpha)}{2} = \frac{1 - \cos^2 \alpha}{2} \\ y_P = \frac{0 + (-\cos \alpha \sin \alpha)}{2} = -\frac{\cos \alpha \sin \alpha}{2} \end{cases} \] 将 \( \cos^2 \alpha \) 和 \( \cos \alpha \sin \alpha \) 用参数表示，设 \( u = \cos \alpha \)，则 \( \cos^2 \alpha = u^2 \)，\( \sin \alpha = \sqrt{1 - u^2} \)，所以 \( P \) 的轨迹的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \frac{1 - u^2}{2} \\ y = -\frac{u \sqrt{1 - u^2}}{2} \end{cases} \] 为了确定这是什么曲线，我们消去参数 \( u \)。设 \( x = \frac{1 - u^2}{2} \)，则 \( u^2 = 1 - 2x \)。代入 \( y \) 的方程： \[ y = -\frac{u \sqrt{1 - u^2}}{2} \\ y^2 = \frac{u^2 (1 - u^2)}{4} \\ y^2 = \frac{(1 - 2x)(1 - (1 - 2x))}{4} \\ y^2 = \frac{(1 - 2x)(2x)}{4} \\ y^2 = \frac{2x - 2x^2}{4} \\ y^2 = \frac{x - x^2}{2} \] 整理得： \[ x^2 + 2y^2 = x \] 将其改写为标准形式： \[ \frac{(x - \frac{1}{2})^2}{(\frac{1}{2})^2} + \frac{y^2}{(\frac{1}{2})^2} = 1 \] 这是一个以 \((\frac{1}{2}, 0)\) 为中心，长轴和短轴分别为 1 的椭圆。 综上所述，\( P \) 点的轨迹是一个椭圆。<eoe> 【答案】\( P \) 点的轨迹的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \frac{1 - \cos^2 \alpha}{2} \\ y = -\frac{\cos \alpha \sin \alpha}{2} \end{cases} \] 它是一个以 \((\frac{1}{2}, 0)\) 为中心，长轴和短轴分别为 1 的椭圆。<eoa> |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. ( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| gpto1 | (1)【解析】 当 \(\alpha = \dfrac{\pi}{3}\) 时，直线 \(C_1\) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = 1 + t \cos \dfrac{\pi}{3} \\ y = t \sin \dfrac{\pi}{3} \end{cases} \] 由于 \(\cos \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2}\)，\(\sin \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，所以方程化为： \[ \begin{cases} x = 1 + \dfrac{1}{2} t \\ y = \dfrac{\sqrt{3}}{2} t \end{cases} \] 曲线 \(C_2\) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \cos \theta \\ y = \sin \theta \end{cases} \] 因此，\(C_1\) 与 \(C_2\) 的交点需满足： \[ \begin{cases} 1 + \dfrac{1}{2} t = \cos \theta \quad \quad (1) \\ \dfrac{\sqrt{3}}{2} t = \sin \theta \quad \quad \ (2) \end{cases} \] 由(2)式解得： \[ t = \dfrac{2}{\sqrt{3}} \sin \theta \] 代入(1)式： \[ 1 + \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2}{\sqrt{3}} \sin \theta = \cos \theta \] 化简得： \[ 1 + \dfrac{1}{\sqrt{3}} \sin \theta = \cos \theta \] 将等式整理： \[ \cos \theta - 1 - \dfrac{1}{\sqrt{3}} \sin \theta = 0 \] 两边乘以 \(\sqrt{3}\)： \[ \sqrt{3} \cos \theta - \sqrt{3} - \sin \theta = 0 \] 移项得： \[ \sqrt{3} \cos \theta - \sin \theta = \sqrt{3} \] 将等式两边同时乘以\(-1\)： \[ - \sqrt{3} \cos \theta + \sin \theta = - \sqrt{3} \] 即： \[ \sqrt{3} \cos \theta - \sin \theta = \sqrt{3} \] 利用三角恒等式，左边化为： \[ 2 \cos \left( \theta + \dfrac{\pi}{6} \right ) = \sqrt{3} \] 因为： \[ \sqrt{3} \cos \theta - \sin \theta = 2 \left( \cos \theta \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} - \sin \theta \cdot \dfrac{1}{2} \right ) = 2 \cos \left( \theta + \dfrac{\pi}{6} \right ) \] 因此， \[ 2 \cos \left( \theta + \dfrac{\pi}{6} \right ) = \sqrt{3} \] 两边除以2，得： \[ \cos \left( \theta + \dfrac{\pi}{6} \right ) = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \] 所以： \[ \theta + \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{6} + 2k\pi \quad \text{或} \quad \theta + \dfrac{\pi}{6} = -\dfrac{\pi}{6} + 2k\pi \] 解得： \[ \theta = 0 + 2k\pi \quad \text{或} \quad \theta = -\dfrac{\pi}{3} + 2k\pi \] 取 \(k = 0\) 和 \(k = 1\)，得到 \(\theta = 0\) 和 \(\theta = \dfrac{5\pi}{3}\)（因 \(\theta\) 在 \( [0, 2\pi) \) 内）。 当 \(\theta = 0\) 时， \[ t = \dfrac{2}{\sqrt{3}} \sin 0 = 0 \] 代入直线方程，得交点： \[ x = 1 + \dfrac{1}{2} \times 0 = 1, \quad y = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times 0 = 0 \] 即交点为 \((1, 0)\)。 当 \(\theta = \dfrac{5\pi}{3}\) 时， \[ \sin \dfrac{5\pi}{3} = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \quad t = \dfrac{2}{\sqrt{3}} \times \left( -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) = -1 \] 代入直线方程，得交点： \[ x = 1 + \dfrac{1}{2} \times (-1) = \dfrac{1}{2}, \quad y = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times (-1) = -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \] 即交点为 \(\left( \dfrac{1}{2}, -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)\)。 <eoe> 【答案】 (I) 当 \(\alpha=\dfrac{\pi}{3}\) 时，\(C_1\) 与 \(C_2\) 的交点坐标为 \((1, 0)\) 和 \(\left( \dfrac{1}{2}, -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)\)。 <eoa> (2)【解析】 设点 \(A\) 在直线 \(C_1\) 上，其坐标为： \[ x_A = 1 + t \cos \alpha, \quad y_A = t \sin \alpha \] 向量 \(\vec{OA} = (x_A, y_A)\)，直线 \(C_1\) 的方向向量为 \(\vec{v} = (\cos \alpha, \sin \alpha)\)。 因为 \(OA\) 垂直于 \(C_1\)，所以有： \[ \vec{OA} \cdot \vec{v} = 0 \] 即： \[ \cos \alpha \cdot x_A + \sin \alpha \cdot y_A = 0 \] 代入 \(x_A\) 和 \(y_A\)： \[ \cos \alpha (1 + t \cos \alpha) + \sin \alpha (t \sin \alpha) = 0 \] 化简： \[ \cos \alpha + t (\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha) = 0 \] 因为 \(\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1\)，所以： \[ \cos \alpha + t = 0 \quad \Rightarrow \quad t = -\cos \alpha \] 因此， \[ x_A = 1 - \cos^2 \alpha, \quad y_A = -\cos \alpha \sin \alpha \] 点 \(P\) 为 \(O\) 和 \(A\) 的中点，因此： \[ x_P = \dfrac{0 + x_A}{2} = \dfrac{1 - \cos^2 \alpha}{2}, \quad y_P = \dfrac{0 + y_A}{2} = -\dfrac{\cos \alpha \sin \alpha}{2} \] 利用三角恒等式： \[ \cos^2 \alpha = \dfrac{1 + \cos 2\alpha}{2}, \quad \sin 2\alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha \] 代入得： \[ x_P = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1 + \cos 2\alpha}{4} = \dfrac{1}{4} - \dfrac{\cos 2\alpha}{4} \] \[ y_P = -\dfrac{\sin 2\alpha}{4} \] 因此，点 \(P\) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \dfrac{1}{4} (1 - \cos 2\alpha) \\ y = -\dfrac{1}{4} \sin 2\alpha \end{cases} \] 这表示点 \(P\) 的轨迹是以 \(\left( \dfrac{1}{4}, 0 \right)\) 为圆心、半径为 \(\dfrac{1}{4}\) 的圆。 <eoe> 【答案】 (II) 当 \(\alpha\) 变化时，点 \(P\) 的轨迹参数方程为： \[ \begin{cases} x = \dfrac{1}{4} (1 - \cos 2\alpha) \\ y = -\dfrac{1}{4} \sin 2\alpha \end{cases} \] 其轨迹是以 \(\left( \dfrac{1}{4}, 0 \right)\) 为圆心、半径为 \(\dfrac{1}{4}\) 的圆。 <eoa> |
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. ( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |
| deepseekv3 | server error: Error code: 400 - {'error': {'code': 'RequestTimeOut', 'param': None, 'message': 'Request timed out, please try again later.', 'type': 'RequestTimeOut'}, 'id': 'chatcmpl-cb1f68c6-6569-97ca-b3ca-9e867cedfc35', 'request_id': 'cb1f68c6-6569-97ca-b3ca-9e867cedfc35'} | 解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$, 解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. ( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$. 则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$, 联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$; A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$, 故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), $P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$. 故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆. |