| 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，参数方程 \( x = \cos t \) 和 \( y = \sin t \) 表示的是单位圆的方程。因为对于任意 \( t \)，都有 \( \cos^2 t + \sin^2 t = 1 \)，所以可以得到： \[ x^2 + y^2 = \cos^2 t + \sin^2 t = 1 \] 因此，当 \( k = 1 \) 时，曲线 \( C_1 \) 是单位圆。 <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： \[ \rho \cos \theta = x, \quad \rho \sin \theta = y \] 因此，极坐标方程可以写成： \[ 4x - 16y + 3 = 0 \] 即： \[ 4x - 16y = -3 \quad \text{或} \quad x - 4y = -\frac{3}{4} \] 接下来，我们需要找到曲线 \( C_1 \) 和 \( C_2 \) 的公共点。将 \( C_1 \) 的参数方程代入 \( C_2 \) 的直角坐标方程： \[ \cos^4 t - 4 \sin^4 t = -\frac{3}{4} \] 我们可以使用三角恒等式来简化这个方程。注意到： \[ \cos^2 t + \sin^2 t = 1 \] 令 \( u = \cos^2 t \)，则 \( \sin^2 t = 1 - u \)，于是方程变为： \[ u^2 - 4(1 - u)^2 = -\frac{3}{4} \] 展开并简化： \[ u^2 - 4(1 - 2u + u^2) = -\frac{3}{4} \] \[ u^2 - 4 + 8u - 4u^2 = -\frac{3}{4} \] \[ -3u^2 + 8u - 4 = -\frac{3}{4} \] \[ -3u^2 + 8u - 4 + \frac{3}{4} = 0 \] \[ -3u^2 + 8u - \frac{13}{4} = 0 \] 将方程乘以 4： \[ -12u^2 + 32u - 13 = 0 \] 解这个二次方程： \[ u = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} = \frac{32 \pm \sqrt{32^2 - 4 \cdot (-12) \cdot (-13)}}{2 \cdot (-12)} \] \[ u = \frac{32 \pm \sqrt{1024 - 624}}{-24} = \frac{32 \pm \sqrt{400}}{-24} = \frac{32 \pm 20}{-24} \] 得到两个解： \[ u = \frac{52}{-24} = -\frac{13}{6} \quad (\text{舍去，因为} \ u \ \text{必须在} \ [0, 1] \ \text{之间}) \] \[ u = \frac{12}{-24} = -\frac{1}{2} \quad (\text{舍去，因为} \ u \ \text{必须在} \ [0, 1] \ \text{之间}) \] 因此，方程无解，说明曲线 \( C_1 \) 和 \( C_2 \) 没有公共点。 <eoe> 【答案】当 \( k = 4 \) 时，曲线 \( C_1 \) 和 \( C_2 \) 没有公共点。<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： \[ \begin{cases} x = \cos t, \\ y = \sin t, \end{cases} \] 其中 \( t \) 为参数。由于 \( \cos^2 t + \sin^2 t = 1 \)，因此 \( x^2 + y^2 = 1 \)，即 \( C_1 \) 是以原点为圆心、半径为 1 的圆。 <eoe> 【答案】当 \( k = 1 \) 时，曲线 \( C_1 \) 是以原点为圆心、半径为 1 的圆。<eoa> (2)【解析】 当 \( k = 4 \) 时，曲线 \( C_1 \) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = \cos^4 t, \\ y = \sin^4 t. \end{cases} \] 设 \( a = \cos^2 t \)，\( b = \sin^2 t \)，则 \( a + b = 1 \)，且 \( x = a^2 \)，\( y = b^2 \)。由此得 \( \sqrt{x} + \sqrt{y} = a + b = 1 \)，即 \( \sqrt{x} + \sqrt{y} = 1 \)。 曲线 \( C_2 \) 的极坐标方程为 \( 4\rho \cos\theta - 16\rho \sin\theta + 3 = 0 \)，转化为直角坐标系方程为： \[ 4x - 16y + 3 = 0. \] 联立方程 \( \sqrt{x} + \sqrt{y} = 1 \) 和 \( 4x - 16y + 3 = 0 \)。设 \( \sqrt{x} = a \)，\( \sqrt{y} = b \)，则 \( a + b = 1 \)，且 \( x = a^2 \)，\( y = b^2 \)。代入 \( C_2 \) 的方程得： \[ 4a^2 - 16b^2 + 3 = 0. \] 由 \( b = 1 - a \)，代入化简得： \[ 4a^2 - 16(1 - 2a + a^2) + 3 = 0 \implies -12a^2 + 32a - 13 = 0. \] 解得 \( a = \frac{32 \pm 20}{24} \)，即 \( a = \frac{13}{6} \)（舍去，因 \( a \leq 1 \)）或 \( a = \frac{1}{2} \)。对应 \( b = \frac{1}{2} \)，因此 \( x = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4} \)，\( y = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4} \)。 验证 \( 4x - 16y + 3 = 4 \cdot \frac{1}{4} - 16 \cdot \frac{1}{4} + 3 = 0 \)，满足条件。故公共点为 \( \left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right) \)。 <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 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| gpto1 | (1)【解析】 当 \( k = 1 \) 时，曲线 \( C_1 \) 的参数方程为： \[ \left\{ \begin{aligned} x &= \cos t \\ y &= \sin t \end{aligned} \right. \] 其中 \( t \) 为参数。 这正是单位圆的参数方程，即单位圆的方程为： \[ x^2 + y^2 = (\cos t)^2 + (\sin t)^2 = 1 \] 因此，当 \( k = 1 \) 时，曲线 \( C_1 \) 是以原点为圆心，半径为 1 的单位圆。 <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： \[ \left\{ \begin{aligned} x &= \cos^4 t \\ y &= \sin^4 t \end{aligned} \right. \] 曲线 \( C_2 \) 的极坐标方程为： \[ 4 \rho \cos \theta - 16 \rho \sin \theta + 3 = 0 \] 首先，将曲线 \( C_2 \) 转换为直角坐标方程。利用极坐标与直角坐标的关系： \[ \begin{aligned} \rho \cos \theta &= x \\ \rho \sin \theta &= y \end{aligned} \] 因此： \[ 4 x - 16 y + 3 = 0 \] 整理得到： \[ 4 x - 16 y + 3 = 0 \] 两边同除以 4： \[ x - 4 y + \dfrac{3}{4} = 0 \] 即： \[ x - 4 y = -\dfrac{3}{4} \] 现在，将 \( C_1 \) 的参数方程代入此方程，寻找共同点。 代入 \( x = \cos^4 t \)，\( y = \sin^4 t \)： \[ \cos^4 t - 4 \sin^4 t = -\dfrac{3}{4} \] 两边乘以 4 消去分母： \[ 4 \cos^4 t - 16 \sin^4 t = -3 \] 利用三角恒等式，将高次三角函数化简。 首先，利用： \[ \cos^2 t = \dfrac{1 + \cos 2t}{2}, \quad \sin^2 t = \dfrac{1 - \cos 2t}{2} \] 因此： \[ \begin{aligned} \cos^4 t &= (\cos^2 t)^2 = \left( \dfrac{1 + \cos 2t}{2} \right)^2 = \dfrac{(1 + \cos 2t)^2}{4} \\ \sin^4 t &= (\sin^2 t)^2 = \left( \dfrac{1 - \cos 2t}{2} \right)^2 = \dfrac{(1 - \cos 2t)^2}{4} \end{aligned} \] 代入方程： \[ 4 \times \dfrac{(1 + \cos 2t)^2}{4} - 16 \times \dfrac{(1 - \cos 2t)^2}{4} = -3 \] 化简： \[ (1 + \cos 2t)^2 - 4(1 - \cos 2t)^2 = -3 \] 展开各项： \[ (1 + 2 \cos 2t + \cos^2 2t) - 4(1 - 2 \cos 2t + \cos^2 2t) = -3 \] 继续化简： \[ 1 + 2 \cos 2t + \cos^2 2t -4 + 8 \cos 2t -4 \cos^2 2t = -3 \] 合并同类项： \[ (1 - 4) + (2 \cos 2t + 8 \cos 2t) + (\cos^2 2t - 4 \cos^2 2t) = -3 \] 得到： \[ -3 + 10 \cos 2t - 3 \cos^2 2t = -3 \] 两边同时加 3： \[ 10 \cos 2t - 3 \cos^2 2t = 0 \] 整理为关于 \( \cos 2t \) 的二次方程： \[ -3 \cos^2 2t + 10 \cos 2t = 0 \] 两边乘以 -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： \[ \cos 2t = 0 \quad \text{或} \quad 3 \cos 2t - 10 = 0 \] 对于 \( \cos 2t = 0 \)： \[ 2t = \dfrac{\pi}{2} + n\pi \\ t = \dfrac{\pi}{4} + n \dfrac{\pi}{2} \quad (n \text{为整数}) \] 取 \( n = 0,1,2,3 \) 时，得到： \[ t = \dfrac{\pi}{4},\ \dfrac{3\pi}{4},\ \dfrac{5\pi}{4},\ \dfrac{7\pi}{4} \] 对于 \( 3 \cos 2t - 10 = 0 \)： \[ \cos 2t = \dfrac{10}{3} \] 但由于 \( \cos 2t \) 的取值范围为 \([-1,1]\)，因此此方程无解。 因此，只有 \( \cos 2t = 0 \) 有解。 计算对应的 \( x \) 和 \( y \)： 当 \( t = \dfrac{\pi}{4} \) 时： \[ \begin{aligned} x &= \cos^4 \left( \dfrac{\pi}{4} \right) = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \\ y &= \sin^4 \left( \dfrac{\pi}{4} \right) = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \end{aligned} \] 当 \( t = \dfrac{3\pi}{4} \) 时： \[ \begin{aligned} x &= \cos^4 \left( \dfrac{3\pi}{4} \right) = \left( -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \\ y &= \sin^4 \left( \dfrac{3\pi}{4} \right) = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \end{aligned} \] 当 \( t = \dfrac{5\pi}{4} \) 时： \[ \begin{aligned} x &= \cos^4 \left( \dfrac{5\pi}{4} \right) = \left( -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \\ y &= \sin^4 \left( \dfrac{5\pi}{4} \right) = \left( -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \end{aligned} \] 当 \( t = \dfrac{7\pi}{4} \) 时： \[ \begin{aligned} x &= \cos^4 \left( \dfrac{7\pi}{4} \right) = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \\ y &= \sin^4 \left( \dfrac{7\pi}{4} \right) = \left( -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \end{aligned} \] 因此，这些解对应的点都是 \( \left( \dfrac{1}{4},\ \dfrac{1}{4} \right) \)。 验证该点是否在 \( C_2 \) 上，代入 \( x - 4 y + \dfrac{3}{4} = 0 \)： \[ \dfrac{1}{4} - 4 \times \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{4} = \dfrac{1}{4} - 1 + \dfrac{3}{4} = 0 \] 成立。 因此，曲线 \( C_1 \) 和 \( C_2 \) 的公共点的直角坐标为 \( \left( \dfrac{1}{4},\ \dfrac{1}{4} \right) \)。 <eoe> 【答案】 当 \( k=4 \) 时，曲线 \( C_1 \) 与 \( C_2 \) 的公共点的直角坐标是 \( \left( \dfrac{1}{4},\ \dfrac{1}{4} \right) \)。 <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。 我们知道，\(\cos^2 t + \sin^2 t = 1\)，因此可以得到： \[ x^2 + y^2 = \cos^2 t + \sin^2 t = 1. \] 所以，当 \( k = 1 \) 时，曲线 \( C_{1} \) 是单位圆，其方程为 \( x^2 + y^2 = 1 \)。 <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 \( 4 \rho \cos \theta - 16 \rho \sin \theta + 3 = 0 \)。 我们将极坐标方程转换为直角坐标方程。记 \( \rho \cos \theta = x \) 和 \( \rho \sin \theta = y \)，则： \[ 4x - 16y + 3 = 0. \] 即： \[ 4x - 16y = -3, \] 化简得： \[ x - 4y = -\frac{3}{4}. \] 接下来，我们将曲线 \( C_{1} \) 的参数方程代入直角坐标方程： \[ (\cos^4 t) - 4(\sin^4 t) = -\frac{3}{4}. \] 令 \( u = \cos^2 t \)，则 \( \sin^2 t = 1 - u \)，并且有 \( \cos^4 t = u^2 \) 和 \( \sin^4 t = (1 - u)^2 \)。因此，方程变为： \[ u^2 - 4(1 - u)^2 = -\frac{3}{4}. \] 展开并简化： \[ u^2 - 4(1 - 2u + u^2) = -\frac{3}{4}, \] \[ u^2 - 4 + 8u - 4u^2 = -\frac{3}{4}, \] \[ -3u^2 + 8u - 4 = -\frac{3}{4}. \] 将方程乘以4消去分母： \[ -12u^2 + 32u - 16 = -3, \] \[ -12u^2 + 32u - 13 = 0. \] 解这个二次方程： \[ u = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}, \] 其中 \( a = -12 \)，\( b = 32 \)，\( c = -13 \)。 计算得： \[ u = \frac{-32 \pm \sqrt{32^2 - 4 \times (-12) \times (-13)}}{2 \times (-12)}, \] \[ u = \frac{-32 \pm \sqrt{1024 - 624}}{-24}, \] \[ u = \frac{-32 \pm \sqrt{400}}{-24}, \] \[ u = \frac{-32 \pm 20}{-24}. \] 因此： \[ u = \frac{-32 + 20}{-24} = \frac{-12}{-24} = \frac{1}{2}, \] \[ u = \frac{-32 - 20}{-24} = \frac{-52}{-24} = \frac{26}{12} = \frac{13}{6} \quad (\text{不合理，因为} \ u \leq 1). \] 所以，唯一合理的解是 \( u = \frac{1}{2} \)，即 \( \cos^2 t = \frac{1}{2} \) 和 \( \sin^2 t = \frac{1}{2} \)。因此，直角坐标为： \[ x = \cos^ |
【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】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}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,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即4x-16y+3=0,即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,曲线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,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,可得直角坐标方程为4x-16y+3=0,联立\begin{cases}x=\cos^{4}t\\y=\sin^{4}t\end{cases}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 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】当 $k=1$ 时，曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\\left\\{\\begin{array}{l}x=\\cos t, \\\\ y=\\sin t\\end{array}\\right.$。我们可以利用三角函数的基本性质来分析这个方程。根据三角函数的性质，$\\cos^2 t + \\sin^2 t = 1$，所以 $x^2 + y^2 = \\cos^2 t + \\sin^2 t = 1$。这表明曲线 $C_{1}$ 是一个以原点为中心，半径为1的圆。<eoe>\n【答案】曲线 $C_{1}$ 是一个以原点为中心，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 $\\left\\{\\begin{array}{l}x=\\cos^4 t, \\\\ y=\\sin^4 t\\end{array}\\right.$。我们需要找到 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共点的直角坐标。首先，我们将 $C_{2}$ 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 $\\rho = \\sqrt{x^2 + y^2}$，$\\cos \\theta = \\frac{x}{\\sqrt{x^2 + y^2}}$，$\\sin \\theta = \\frac{y}{\\sqrt{x^2 + y^2}}$，我们可以得到：\n\n\\[ 4x - 16y + 3\\sqrt{x^2 + y^2} = 0 \\]\n\n接下来，我们需要将 $C_{1}$ 的参数方程代入这个方程中。由于 $x = \\cos^4 t$ 和 $y = \\sin^4 t$，我们有：\n\n\\[ 4\\cos^4 t - 16\\sin^4 t + 3\\sqrt{(\\cos^4 t)^2 + (\\sin^4 t)^2} = 0 \\]\n\n由于 $\\cos^4 t + \\sin^4 t = 1$，我们可以简化 $\\sqrt{(\\cos^4 t)^2 + (\\sin^4 t)^2}$ 为 $\\sqrt{1} = 1$。因此，方程变为：\n\n\\[ 4\\cos^4 t - 16\\sin^4 t + 3 = 0 \\]\n\n解这个方程，我们可以得到：\n\n\\[ 4\\cos^4 t - 16\\sin^4 t = -3 \\]\n\n\\[ \\cos^4 t - 4\\sin^4 t = -\\frac{3}{4} \\]\n\n设 $\\cos^4 t = a$，$\\sin^4 t = b$，则 $a + b = 1$，并且 $a - 4b = -\\frac{3}{4}$。解这个方程组：\n\n\\[ a + b = 1 \\]\n\\[ a - 4b = -\\frac{3}{4} \\]\n\n将 $a = 1 - b$ 代入第二个方程：\n\n\\[ 1 - b - 4b = -\\frac{3}{4} \\]\n\\[ 1 - 5b = -\\frac{3}{4} \\]\n\\[ 5b = 1 + \\frac{3}{4} \\]\n\\[ 5b = \\frac{7}{4} \\]\n\\[ b = \\frac{7}{20} \\]\n\\[ a = 1 - \\frac{7}{20} = \\frac{13}{20} \\]\n\n因此，$\\cos^4 t = \\frac{13}{20}$，$\\sin^4 t = \\frac{7}{20}$。我们需要找到对应的 $t$ 值，然后计算 $x$ 和 $y$ 的值。由于 $\\cos^4 t = \\frac{13}{20}$，$\\sin^4 t = \\frac{7}{20}$，我们可以得到：\n\n\\[ x = \\cos^4 t = \\frac{13}{20} \\]\n\\[ y = \\sin^4 t = \\frac{7}{20} \\]\n\n因此，$C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共点的直角坐标为 $\\left(\\frac{13}{20}, \\frac{7}{20}\\right)$。<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 $C_{1}$ 的参数方程为 $\\left\\{\\begin{array}{l}x=\\cos t, \\\\ y=\\sin t\\end{array}\\right.$。这实际上表示的是单位圆上的点，因为 $\\cos^2 t + \\sin^2 t = 1$ 对于所有 $t$ 都成立。因此，当 $k=1$ 时，$C_{1}$ 表示的是单位圆。<eoe>\n\n【答案】 当 $k=1$ 时，$C_{1}$ 是单位圆。<eoa>\n\n(2)【解析】 首先，当 $k=4$ 时，$C_{1}$ 的参数方程变为 $\\left\\{\\begin{array}{l}x=\\cos^4 t, \\\\ y=\\sin^4 t\\end{array}\\right.$。我们需要找到 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的公共点。$C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \\rho \\cos \\theta-16 \\rho \\sin \\theta+3=0$。为了将 $C_{2}$ 的极坐标方程转换为直角坐标系中的方程，我们使用转换公式 $\\rho = \\sqrt{x^2+y^2}$ 和 $\\cos \\theta = \\frac{x}{\\rho}$ 以及 $\\sin \\theta = \\frac{y}{\\rho}$。因此，$C_{2}$ 的直角坐标方程为 $4x-16y+3\\sqrt{x^2+y^2}=0$。\n\n接下来，我们来寻找 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的公共点。将 $C_{1}$ 的参数方程代入 $C_{2}$ 的直角坐标方程中，得到 $4\\cos^4 t - 16\\sin^4 t + 3\\sqrt{\\cos^8 t + \\sin^8 t} = 0$。由于 $\\cos^4 t + \\sin^4 t$ 可以转换为 $(\\cos^2 t + \\sin^2 t)^2 - 2\\cos^2 t\\sin^2 t = 1 - 2\\cos^2 t\\sin^2 t$，而 $\\cos^8 t + \\sin^8 t$ 可以转换为 $(\\cos^4 t + \\sin^4 t)^2 - 2\\cos^4 t\\sin^4 t$。因此，我们有 $4(1 - 2\\sin^2 t\\cos^2 t) - 16\\sin^4 t + 3\\sqrt{1 - 2\\sin^4 t\\cos^4 t} = 0$。这是一个关于 $t$ 的方程，解这个方程可以得到 $t$ 的值，进而得到公共点的直角坐标。\n\n然而，直接求解这个方程可能比较复杂。考虑到 $C_{2}$ 的方程形式和 $C_{1}$ 的参数方程，我们可以通过图形或数值方法找到公共点。不过，直接求解这个方程可能不是最有效的方式，更实用的方法是利用图形工具或数值方法来逼近解。\n\n为了简化问题，我们考虑 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的对称性和特殊点。注意到 $C_{2}$ 的方程表示一条直线，而 $C_{1}$ 是一个封闭曲线，它们的交点可能出现在特定的 $t$ 值上。通过图形分析或数值方法，我们可以找到这些交点。<eoe>\n\n【答案】 当 $k=4$ 时，$C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的公共点的直角坐标需要通过图形分析或数值方法来确定，直接解析求解可能较为复杂。具体坐标需通过数值方法或图形工具进一步求解。<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。 | 【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$x+y=1(0\leqslant x\leqslant 1,0\leqslant y\leqslant 1)$。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$\left(\dfrac{13}{20},\dfrac{7}{20}\right)$。<eoe> 【答案】公共点的直角坐标为$\left(\dfrac{13}{20},\dfrac{7}{20}\right)$。<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 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| minimax | (1)【解析】当$k=1$时，曲线$C_{1}$的参数方程变为$\left\{\begin{array}{l}x=\cos t, \\ y=\sin t\end{array}\right.$。这是一个标准的单位圆的参数方程，因为$\cos^2 t + \sin^2 t = 1$，这是单位圆的方程。因此，当$k=1$时，$C_{1}$表示的是单位圆。<eoe> 【答案】当$k=1$时，$C_{1}$是单位圆。<eoa> (2)【解析】当$k=4$时，曲线$C_{1}$的参数方程变为$\left\{\begin{array}{l}x=\cos^4 t, \\ y=\sin^4 t\end{array}\right.$。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形式。在极坐标系中，$x=\rho\cos\theta$，$y=\rho\sin\theta$。因此，我们有$\rho\cos\theta=\cos^4 t$和$\rho\sin\theta=\sin^4 t$。 接下来，我们需要解这两个方程来找到$\rho$和$\theta$的关系。由于$\cos^4 t + \sin^4 t = (\cos^2 t + \sin^2 t)^2 - 2\cos^2 t\sin^2 t = 1 - 2\cos^2 t\sin^2 t$，我们可以得到$\rho^2 = 1 - 2\cos^2 t\sin^2 t$。 现在，我们将$C_{1}$的参数方程代入$C_{2}$的极坐标方程中。$C_{2}$的极坐标方程为$4\rho\cos\theta - 16\rho\sin\theta + 3 = 0$。代入$\rho\cos\theta=\cos^4 t$和$\rho\sin\theta=\sin^4 t$，我们得到$4\cos^4 t - 16\sin^4 t + 3 = 0$。 这是一个关于$t$的方程，我们需要解这个方程来找到$t$的值，然后代入$C_{1}$的参数方程来找到公共点的直角坐标。 解方程$4\cos^4 t - 16\sin^4 t + 3 = 0$，我们可以先将$\cos^4 t$和$\sin^4 t$用$\cos^2 t$和$\sin^2 t$表示，因为$\cos^4 t = (\cos^2 t)^2$，$\sin^4 t = (\sin^2 t)^2$。我们知道$\cos^2 t + \sin^2 t = 1$，所以我们可以设$\cos^2 t = u$，那么$\sin^2 t = 1 - u$。因此，方程变为$4u^2 - 16(1 - u)^2 + 3 = 0$。 展开并简化这个方程，我们得到$4u^2 - 16(1 - 2u + u^2) + 3 = 0$，即$4u^2 - 16 + 32u - 16u^2 + 3 = 0$，合并同类项得到$-12u^2 + 32u - 13 = 0$。 这是一个二次方程，我们可以用求根公式来解它。求根公式为$u = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$，其中$a = -12$，$b = 32$，$c = -13$。代入这些值，我们得到$u = \frac{-32 \pm \sqrt{32^2 - 4(-12)(-13)}}{2(-12)}$。 计算得到$u = \frac{-32 \pm \sqrt{1024 - 624}}{-24}$，即$u = \frac{-32 \pm \sqrt{400}}{-24}$，即$u = \frac{-32 \pm 20}{-24}$。这给出了两个解：$u_1 = \frac{-32 + 20}{-24} = \frac{-12}{-24} = \frac{1}{2}$和$u_2 = \frac{-32 - 20}{-24} = \frac{-52}{-24} = \frac{13}{12}$。 由于$u = \cos^2 t$，我们需要检查这两个解是否都在$[0, 1]$的范围内，因为余弦的平方必须在这个范围内。显然，$\frac{13}{12}$不在这个范围内，所以只有$u_1 = \frac{1}{2}$是有效的解。 因此，$\cos^2 t = \frac{1}{2}$，所以$\cos t = \pm\frac{\sqrt{2}}{2}$。由于$\cos t$在$[0, 2\pi]$的范围内是正的，我们取$\cos t = \frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$t = \frac{\pi}{4}$或$t = \frac{7\pi}{4}$（因为$\cos$函数在$[0, 2\pi]$内是周期性的，周期为$2\pi$）。 现在我们可以找到对应的$y$值，$\sin^4 t = (\sin^2 t)^2$。由于$\sin^2 t = 1 - \cos^2 t = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$，我们有$\sin^4 t = (\frac{1}{2})^2 = \frac{1}{4}$。 因此，公共点的直角坐标为$(x, y) = (\cos^4 t, \sin^4 t) = (\frac{1}{4}, \frac{1}{4})$。<eoe> 【答案】当$k=4$时，$C_{1}$与$C_{2}$的公共点的直角坐标为$(\frac{1}{4}, \frac{1}{4})$。<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： \[ \begin{cases} x = \cos t \\ y = \sin t \end{cases} \] 这是一个标准的参数方程，表示一个圆。因为 $\cos^2 t + \sin^2 t = 1$，这是圆的标准方程。所以，当 $k=1$ 时，$C_{1}$ 是一个单位圆。 <eoe> 【答案】单位圆<eoa> (2)【解析】当 $k=4$ 时，曲线 $C_{1}$ 的参数方程变为： \[ \begin{cases} x = \cos^4 t \\ y = \sin^4 t \end{cases} \] 我们需要将这个参数方程转换为直角坐标方程。首先，我们利用三角恒等式 $\cos^2 t = 1 - \sin^2 t$ 和 $\sin^2 t = 1 - \cos^2 t$ 来消去参数 $t$。 由于 $\cos^4 t = (\cos^2 t)^2 = (1 - \sin^2 t)^2$ 和 $\sin^4 t = (\sin^2 t)^2 = (1 - \cos^2 t)^2$，我们可以得到： \[ x = (1 - y)^2 \] \[ y = (1 - x)^2 \] 对于曲线 $C_{2}$，其极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta - 16 \rho \sin \theta + 3 = 0$。我们可以将其转换为直角坐标方程。由于 $\rho \cos \theta = x$ 和 $\rho \sin \theta = y$，我们有： \[ 4x - 16y + 3 = 0 \] 现在我们需要解这个方程组： \[ \begin{cases} x = (1 - y)^2 \\ 4x - 16y + 3 = 0 \end{cases} \] 将第一个方程代入第二个方程，得到： \[ 4(1 - y)^2 - 16y + 3 = 0 \] 展开并整理，得到： \[ 4 - 8y + 4y^2 - 16y + 3 = 0 \] \[ 4y^2 - 24y + 7 = 0 \] 这是一个二次方程，我们可以使用求根公式来求解 $y$： \[ y = \frac{-(-24) \pm \sqrt{(-24)^2 - 4 \cdot 4 \cdot 7}}{2 \cdot 4} \] \[ y = \frac{24 \pm \sqrt{576 - 112}}{8} \] \[ y = \frac{24 \pm \sqrt{464}}{8} \] \[ y = \frac{24 \pm 2\sqrt{116}}{8} \] \[ y = 3 \pm \sqrt{29} \] 现在我们有两个可能的 $y$ 值，我们可以将它们代入 $x = (1 - y)^2$ 来找到对应的 $x$ 值。 <eoe> 【答案】 \[ \begin{cases} x_1 = (1 - (3 + \sqrt{29}))^2 \\ y_1 = 3 + \sqrt{29} \end{cases} \] \[ \begin{cases} x_2 = (1 - (3 - \sqrt{29}))^2 \\ y_2 = 3 - \sqrt{29} \end{cases} \]<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 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| wenxinyiyan | （1）当$k = 1$时，$C_{1}$的参数方程为$\left\{ \begin{array}{r} x = \cos t \\ y = \sin t \\ \end{array} \right.$， 消去参数$t$，得$C_{1}$的普通方程为$x^{2} + y^{2} = 1$， 所以$C_{1}$是以$(0,0)$为圆心，半径为1的圆。 （2）当$k = 4$时，$C_{1}$的参数方程为$\left\{ \begin{array}{r} x = \cos^{4}t \\ y = \sin^{4}t \\ \end{array} \right.$， 可化为$\left\{ \begin{array}{r} x = \left( \cos^{2}t \right)^{2} = \left( \frac{1 + \cos 2t}{2} \right)^{2} \\ y = \left( \sin^{2}t \right)^{2} = \left( \frac{1 - \cos 2t}{2} \right)^{2} \\ \end{array} \right.$， 令$m = \frac{1 + \cos 2t}{2}$，则$m \in \lbrack 0,1\rbrack$，且$\frac{1 - \cos 2t}{2} = 1 - m$， 从而$C_{1}$的普通方程为$y = (1 - x)^{2},x \in \lbrack 0,1\rbrack$。 又$C_{2}$的极坐标方程为$4\rho\cos\theta - 16\rho\sin\theta + 3 = 0$， 化为直角坐标方程为$4x - 16y + 3 = 0$， 联立$\left\{ \begin{array}{r} y = (1 - x)^{2} \\ 4x - 16y + 3 = 0 \\ \end{array} \right.$，解得$\left\{ \begin{array}{r} x = \frac{1}{4} \\ y = \frac{9}{16} \\ \end{array} \right.$或$\left\{ \begin{array}{r} x = \frac{13}{4} \\ y = \frac{25}{16} \\ \end{array} \right.$（舍去）， 所以$C_{1}$与$C_{2}$的公共点的直角坐标为$\left( \frac{1}{4},\frac{9}{16} \right)$。 |
【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 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |
| 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 \(\cos^2 t + \sin^2 t = 1\)。因此，我们可以将参数方程中的 \( x \) 和 \( y \) 代入这个恒等式中，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： \[ \left\{ \begin{array}{l} x = \cos^4 t, \\ y = \sin^4 t \end{array} \right. \] 我们需要将 \( C_{1} \) 的参数方程转换为普通方程。利用 \(\cos^2 t + \sin^2 t = 1\)，我们可以得到： \[ x = \cos^4 t = (\cos^2 t)^2 \] \[ y = \sin^4 t = (\sin^2 t)^2 \] 令 \( u = \cos^2 t \)，则 \( \sin^2 t = 1 - u \)，于是： \[ x = u^2 \] \[ y = (1 - u)^2 \] 将 \( u \) 消去，得到： \[ y = (1 - \sqrt{x})^2 = 1 - 2\sqrt{x} + x \] 这就是 \( C_{1} \) 的普通方程。 接下来，考虑曲线 \( C_{2} \) 的极坐标方程： \[ 4 \rho \cos \theta - 16 \rho \sin \theta + 3 = 0 \] 将其转换为直角坐标方程。我们知道： \[ \rho \cos \theta = x, \quad \rho \sin \theta = y \] 所以，极坐标方程可以写成： \[ 4x - 16y + 3 = 0 \] 现在，我们需要求 \( C_{1} \) 和 \( C_{2} \) 的公共点。将 \( C_{1} \) 的普通方程 \( y = 1 - 2\sqrt{x} + x \) 代入 \( C_{2} \) 的直角坐标方程 \( 4x - 16y + 3 = 0 \)，得到： \[ 4x - 16(1 - 2\sqrt{x} + x) + 3 = 0 \] 化简得到： \[ 4x - 16 + 32\sqrt{x} - 16x + 3 = 0 \] \[ -12x + 32\sqrt{x} - 13 = 0 \] 令 \( \sqrt{x} = v \)，则 \( x = v^2 \)，方程变为： \[ -12v^2 + 32v - 13 = 0 \] 解这个二次方程，使用求根公式： \[ v = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} \] 其中 \( a = -12 \)，\( b = 32 \)，\( c = -13 \)，所以： \[ v = \frac{-32 \pm \sqrt{32^2 - 4 \cdot (-12) \cdot (-13)}}{2 \cdot (-12)} \] \[ v = \frac{-32 \pm \sqrt{1024 - 624}}{-24} \] \[ v = \frac{-32 \pm \sqrt{400}}{-24} \] \[ v = \frac{-32 \pm 20}{-24} \] 得到两个解： \[ v = \frac{-32 + 20}{-24} = \frac{-12}{-24} = \frac{1}{2} \] \[ v = \frac{-32 - 20}{-24} = \frac{-52}{-24} = \frac{13}{6} \] 所以，\( \sqrt{x} = \frac{1}{2} \) 或 \( \sqrt{x} = \frac{13}{6} \)，即： \[ x = \left( \frac{1}{2} \right)^2 = \frac{1}{4} \] \[ x = \left( \frac{13}{6} \right)^2 = \frac{169}{36} \] 对应的 \( y \) 值为： 当 \( x = \frac{1}{4} \) 时， \[ y = 1 - 2 \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = 1 - 1 + \frac{1}{4} = \frac{1}{4} \] 当 \( x = \frac{169}{36} \) 时， \[ y = 1 - 2 \cdot \frac{13}{6} + \frac{169}{36} = 1 - \frac{26}{6} + \frac{169}{36} = 1 - \frac{78}{18} + \frac{169}{36} = 1 - \frac{156}{36} + \frac{169}{36} = 1 - \frac{87}{36} = \frac{36}{36} - \frac{87}{36} = \frac{-51}{36} = -\frac{17}{12} \] 所以，公共点的直角坐标为 \( \left( \frac{1}{4}, \frac{1}{4} \right) \) 和 \( \left( \frac{169}{36}, -\frac{17}{12} \right) \)。<eoe> 【答案】 当 \( k = 4 \) 时，\( C_{1} \) 与 \( C_{2} \) 的公共点的直角坐标为 \( \left( \frac{1}{4}, \frac{1}{4} \right) \) 和 \( \left( \frac{169}{36}, -\frac{17}{12} \right) \)。<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： \[ \left\{ \begin{aligned} x &= \cos t \\ y &= \sin t \end{aligned} \right. \] 其中 \( t \) 为参数。 这正是单位圆的参数方程，即单位圆的方程为： \[ x^2 + y^2 = (\cos t)^2 + (\sin t)^2 = 1 \] 因此，当 \( k = 1 \) 时，曲线 \( C_1 \) 是以原点为圆心，半径为 1 的单位圆。 <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： \[ \left\{ \begin{aligned} x &= \cos^4 t \\ y &= \sin^4 t \end{aligned} \right. \] 曲线 \( C_2 \) 的极坐标方程为： \[ 4 \rho \cos \theta - 16 \rho \sin \theta + 3 = 0 \] 首先，将曲线 \( C_2 \) 转换为直角坐标方程。利用极坐标与直角坐标的关系： \[ \begin{aligned} \rho \cos \theta &= x \\ \rho \sin \theta &= y \end{aligned} \] 因此： \[ 4 x - 16 y + 3 = 0 \] 整理得到： \[ 4 x - 16 y + 3 = 0 \] 两边同除以 4： \[ x - 4 y + \dfrac{3}{4} = 0 \] 即： \[ x - 4 y = -\dfrac{3}{4} \] 现在，将 \( C_1 \) 的参数方程代入此方程，寻找共同点。 代入 \( x = \cos^4 t \)，\( y = \sin^4 t \)： \[ \cos^4 t - 4 \sin^4 t = -\dfrac{3}{4} \] 两边乘以 4 消去分母： \[ 4 \cos^4 t - 16 \sin^4 t = -3 \] 利用三角恒等式，将高次三角函数化简。 首先，利用： \[ \cos^2 t = \dfrac{1 + \cos 2t}{2}, \quad \sin^2 t = \dfrac{1 - \cos 2t}{2} \] 因此： \[ \begin{aligned} \cos^4 t &= (\cos^2 t)^2 = \left( \dfrac{1 + \cos 2t}{2} \right)^2 = \dfrac{(1 + \cos 2t)^2}{4} \\ \sin^4 t &= (\sin^2 t)^2 = \left( \dfrac{1 - \cos 2t}{2} \right)^2 = \dfrac{(1 - \cos 2t)^2}{4} \end{aligned} \] 代入方程： \[ 4 \times \dfrac{(1 + \cos 2t)^2}{4} - 16 \times \dfrac{(1 - \cos 2t)^2}{4} = -3 \] 化简： \[ (1 + \cos 2t)^2 - 4(1 - \cos 2t)^2 = -3 \] 展开各项： \[ (1 + 2 \cos 2t + \cos^2 2t) - 4(1 - 2 \cos 2t + \cos^2 2t) = -3 \] 继续化简： \[ 1 + 2 \cos 2t + \cos^2 2t -4 + 8 \cos 2t -4 \cos^2 2t = -3 \] 合并同类项： \[ (1 - 4) + (2 \cos 2t + 8 \cos 2t) + (\cos^2 2t - 4 \cos^2 2t) = -3 \] 得到： \[ -3 + 10 \cos 2t - 3 \cos^2 2t = -3 \] 两边同时加 3： \[ 10 \cos 2t - 3 \cos^2 2t = 0 \] 整理为关于 \( \cos 2t \) 的二次方程： \[ -3 \cos^2 2t + 10 \cos 2t = 0 \] 两边乘以 -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： \[ \cos 2t = 0 \quad \text{或} \quad 3 \cos 2t - 10 = 0 \] 对于 \( \cos 2t = 0 \)： \[ 2t = \dfrac{\pi}{2} + n\pi \\ t = \dfrac{\pi}{4} + n \dfrac{\pi}{2} \quad (n \text{为整数}) \] 取 \( n = 0,1,2,3 \) 时，得到： \[ t = \dfrac{\pi}{4},\ \dfrac{3\pi}{4},\ \dfrac{5\pi}{4},\ \dfrac{7\pi}{4} \] 对于 \( 3 \cos 2t - 10 = 0 \)： \[ \cos 2t = \dfrac{10}{3} \] 但由于 \( \cos 2t \) 的取值范围为 \([-1,1]\)，因此此方程无解。 因此，只有 \( \cos 2t = 0 \) 有解。 计算对应的 \( x \) 和 \( y \)： 当 \( t = \dfrac{\pi}{4} \) 时： \[ \begin{aligned} x &= \cos^4 \left( \dfrac{\pi}{4} \right) = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \\ y &= \sin^4 \left( \dfrac{\pi}{4} \right) = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \end{aligned} \] 当 \( t = \dfrac{3\pi}{4} \) 时： \[ \begin{aligned} x &= \cos^4 \left( \dfrac{3\pi}{4} \right) = \left( -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \\ y &= \sin^4 \left( \dfrac{3\pi}{4} \right) = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \end{aligned} \] 当 \( t = \dfrac{5\pi}{4} \) 时： \[ \begin{aligned} x &= \cos^4 \left( \dfrac{5\pi}{4} \right) = \left( -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \\ y &= \sin^4 \left( \dfrac{5\pi}{4} \right) = \left( -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \end{aligned} \] 当 \( t = \dfrac{7\pi}{4} \) 时： \[ \begin{aligned} x &= \cos^4 \left( \dfrac{7\pi}{4} \right) = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \\ y &= \sin^4 \left( \dfrac{7\pi}{4} \right) = \left( -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 = \dfrac{1}{4} \end{aligned} \] 因此，这些解对应的点都是 \( \left( \dfrac{1}{4},\ \dfrac{1}{4} \right) \)。 验证该点是否在 \( C_2 \) 上，代入 \( x - 4 y + \dfrac{3}{4} = 0 \)： \[ \dfrac{1}{4} - 4 \times \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{4} = \dfrac{1}{4} - 1 + \dfrac{3}{4} = 0 \] 成立。 因此，曲线 \( C_1 \) 和 \( C_2 \) 的公共点的直角坐标为 \( \left( \dfrac{1}{4},\ \dfrac{1}{4} \right) \)。 <eoe> 【答案】 当 \( k=4 \) 时，曲线 \( C_1 \) 与 \( C_2 \) 的公共点的直角坐标是 \( \left( \dfrac{1}{4},\ \dfrac{1}{4} \right) \)。 <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-60d0bcb5-d7ea-953f-8333-29e89d761d02', 'request_id': '60d0bcb5-d7ea-953f-8333-29e89d761d02'} | 【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 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$. |