| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 首先将曲线 \( C_1 \) 的参数方程化为普通方程： \[ C_1: \begin{cases} x = 4 \cos^2 \theta, \\ y = 4 \sin^2 \theta \end{cases} \] 我们知道 \(\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1\)，所以可以将 \( x \) 和 \( y \) 结合起来： \[ \frac{x}{4} = \cos^2 \theta \] \[ \frac{y}{4} = \sin^2 \theta \] 因此： \[ \frac{x}{4} + \frac{y}{4} = \cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1 \] \[ \frac{x}{4} + \frac{y}{4} = 1 \] \[ x + y = 4 \] 所以，曲线 \( C_1 \) 的普通方程为： \[ x + y = 4 \] 接下来将曲线 \( C_2 \) 的参数方程化为普通方程： \[ C_2: \begin{cases} x = t + \frac{1}{t}, \\ y = t - \frac{1}{t} \end{cases} \] 我们可以消去参数 \( t \)： \[ x = t + \frac{1}{t} \] \[ y = t - \frac{1}{t} \] 将 \( x \) 和 \( y \) 相加和相减： \[ x + y = \left( t + \frac{1}{t} \right) + \left( t - \frac{1}{t} \right) = 2t \] \[ x - y = \left( t + \frac{1}{t} \right) - \left( t - \frac{1}{t} \right) = 2 \cdot \frac{1}{t} \] 因此： \[ t = \frac{x + y}{2} \] \[ \frac{1}{t} = \frac{x - y}{2} \] 将 \( t \) 和 \( \frac{1}{t} \) 相乘： \[ t \cdot \frac{1}{t} = \left( \frac{x + y}{2} \right) \left( \frac{x - y}{2} \right) = 1 \] \[ \left( \frac{x + y}{2} \right) \left( \frac{x - y}{2} \right) = 1 \] \[ \frac{(x + y)(x - y)}{4} = 1 \] \[ (x + y)(x - y) = 4 \] \[ x^2 - y^2 = 4 \] 所以，曲线 \( C_2 \) 的普通方程为： \[ x^2 - y^2 = 4 \] <eoe> 【答案】\( C_1 \): \( x + y = 4 \) \( C_2 \): \( x^2 - y^2 = 4 \) <eoa> (2)【解析】 首先求出曲线 \( C_1 \) 和 \( C_2 \) 的交点 \( P \)。 将 \( x + y = 4 \) 代入 \( x^2 - y^2 = 4 \)： \[ x = 4 - y \] \[ (4 - y)^2 - y^2 = 4 \] \[ 16 - 8y + y^2 - y^2 = 4 \] \[ 16 - 8y = 4 \] \[ 8y = 12 \] \[ y = \frac{3}{2} \] \[ x = 4 - \frac{3}{2} = \frac{5}{2} \] 所以交点 \( P \) 为 \( \left( \frac{5}{2}, \frac{3}{2} \right) \)。 接下来在极坐标系中，交点 \( P \) 的极坐标为： \[ r = \sqrt{\left( \frac{5}{2} \right)^2 + \left( \frac{3}{2} \right)^2} = \sqrt{\frac{25}{4} + \frac{9}{4}} = \sqrt{\frac{34}{4}} = \frac{\sqrt{34}}{2} \] \[ \theta = \arctan \left( \frac{\frac{3}{2}}{\frac{5}{2}} \right) = \arctan \left( \frac{3}{5} \right) \] 设圆心在极轴上，且经过极点和 \( P \) 的圆的极坐标方程为： \[ r = 2a \cos \theta \] 其中 \( a \) 为圆心到极点的距离。因为圆经过 \( P \)，所以： \[ \frac{\sqrt{34}}{2} = 2a \cos \left( \arctan \left( \frac{3}{5} \right) \right) \] \[ \cos \left( \arctan \left( \frac{3}{5} \right) \right) = \frac{5}{\sqrt{34}} \] \[ \frac{\sqrt{34}}{2} = 2a \cdot \frac{5}{\sqrt{34}} \] \[ \frac{\sqrt{34}}{2} = \frac{10a}{\sqrt{34}} \] \[ \sqrt{34} \cdot \sqrt{34} = 20a \] \[ 34 = 20a \] \[ a = \frac{34}{20} = \frac{17}{10} \] 所以圆的极坐标方程为： \[ r = \frac{17}{5} \cos \theta \] <eoe> 【答案】圆的极坐标方程为 \( r = \frac{17}{5} \cos \theta \) <eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程; (2) 两方程联立求得点 $P$ , 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程. 【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$; 由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$. (2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$, 则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$, $\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$, $\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 对于曲线 \( C_1 \)，参数方程为 \( x = 4\cos^2\theta \)，\( y = 4\sin^2\theta \)。由于 \( \cos^2\theta + \sin^2\theta = 1 \)，将 \( x \) 和 \( y \) 代入得： \[ \frac{x}{4} + \frac{y}{4} = 1 \implies x + y = 4. \] 对于曲线 \( C_2 \)，参数方程为 \( x = t + \frac{1}{t} \)，\( y = t - \frac{1}{t} \)。计算 \( x^2 - y^2 \)： \[ x^2 = t^2 + 2 + \frac{1}{t^2}, \quad y^2 = t^2 - 2 + \frac{1}{t^2}, \] 相减得： \[ x^2 - y^2 = (t^2 + 2 + \frac{1}{t^2}) - (t^2 - 2 + \frac{1}{t^2}) = 4. \] 因此 \( C_2 \) 的普通方程为 \( x^2 - y^2 = 4 \)。<eoe> 【答案】 (1) \( C_1 \) 的普通方程为 \( x + y = 4 \)； \( C_2 \) 的普通方程为 \( x^2 - y^2 = 4 \)。<eoa> (2)【解析】 联立 \( x + y = 4 \) 和 \( x^2 - y^2 = 4 \)，利用 \( x^2 - y^2 = (x - y)(x + y) \)，代入 \( x + y = 4 \) 得： \[ (x - y) \cdot 4 = 4 \implies x - y = 1. \] 联立 \( x + y = 4 \) 和 \( x - y = 1 \)，解得 \( x = \frac{5}{2} \)，\( y = \frac{3}{2} \)，即交点 \( P(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}) \)。 设圆心在极轴上，坐标为 \( (a, 0) \)，半径为 \( |a| \)。圆心到 \( P \) 的距离应等于半径： \[ \sqrt{\left(\frac{5}{2} - a\right)^2 + \left(\frac{3}{2}\right)^2} = |a|. \] 平方后化简： \[ \left(\frac{5}{2} - a\right)^2 + \left(\frac{3}{2}\right)^2 = a^2 \implies \frac{25}{4} - 5a + a^2 + \frac{9}{4} = a^2 \implies \frac{34}{4} - 5a = 0 \implies a = \frac{17}{10}. \] 圆心为 \( (\frac{17}{10}, 0) \)，极坐标方程为 \( \rho = \frac{17}{5} \cos\theta \)。<eoe> 【答案】 (2) 圆的极坐标方程为 \( \rho = \frac{17}{5} \cos\theta \)。<eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程; (2) 两方程联立求得点 $P$ , 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程. 【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$; 由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$. (2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$, 则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$, $\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$, $\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$. |
| gpto1 | (1)【解析】 对于曲线 \( C_1 \)： 已知参数方程为： \[ \begin{cases} x = 4\cos^2\theta, \\ y = 4\sin^2\theta. \end{cases} \] 由于 \(\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1\)，所以： \[ \frac{x}{4} + \frac{y}{4} = 1 \implies x + y = 4. \] 因此，曲线 \( C_1 \) 的普通方程为 \( x + y = 4 \)。 对于曲线 \( C_2 \)： 已知参数方程为： \[ \begin{cases} x = t + \dfrac{1}{t}, \\ y = t - \dfrac{1}{t}. \end{cases} \] 为了消去参数 \( t \)，考虑计算 \( x^2 - y^2 \)： \[ x^2 - y^2 = \left(t + \frac{1}{t}\right)^2 - \left(t - \frac{1}{t}\right)^2 = 4. \] 因此，曲线 \( C_2 \) 的普通方程为 \( x^2 - y^2 = 4 \)。 <eoe> 【答案】 (1) \( C_1 \) 的普通方程为 \( x + y = 4 \)；\( C_2 \) 的普通方程为 \( x^2 - y^2 = 4 \)。 <eoa> (2)【解析】 首先求 \( C_1 \) 和 \( C_2 \) 的交点 \( P \)： \[ \begin{cases} x + y = 4, \\ x^2 - y^2 = 4. \end{cases} \] 由第一式得 \( y = 4 - x \)，代入第二式： \[ x^2 - (4 - x)^2 = 4 \implies x^2 - [16 - 8x + x^2] = 4. \] 化简得： \[ -16 + 8x = 4 \implies 8x = 20 \implies x = \dfrac{5}{2}. \] 则 \( y = 4 - \dfrac{5}{2} = \dfrac{3}{2} \)，所以交点为 \( P\left(\dfrac{5}{2}, \dfrac{3}{2}\right) \)。 在极坐标系中，原点为极点，\( x \) 轴正半轴为极轴。 设圆心在极轴上，坐标为 \( (h, 0) \)，圆经过原点和点 \( P \)，则圆的半径为 \( R = h \)。 根据距离公式，有： \[ \sqrt{\left(h - \dfrac{5}{2}\right)^2 + \left(0 - \dfrac{3}{2}\right)^2} = R = h. \] 两边平方，得到： \[ h^2 = \left(h - \dfrac{5}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{3}{2}\right)^2. \] 展开并化简： \[ h^2 = h^2 - 5h + \dfrac{25}{4} + \dfrac{9}{4} \implies -5h + \dfrac{34}{4} = 0 \implies h = \dfrac{17}{10}. \] 因此，圆心为 \( \left(\dfrac{17}{10}, 0\right) \)，半径 \( R = \dfrac{17}{10} \)。 圆的极坐标方程为： \[ r^2 - 2hr\cos\theta + h^2 = R^2. \] 代入 \( h = R = \dfrac{17}{10} \)，方程化简为： \[ r^2 - 2 \times \dfrac{17}{10} r \cos\theta = 0 \implies r = \dfrac{17}{5} \cos\theta. \] <eoe> 【答案】 (2) 圆的极坐标方程为 \( r = \dfrac{17}{5} \cos\theta \)。 <eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程; (2) 两方程联立求得点 $P$ , 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程. 【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$; 由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$. (2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$, 则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$, $\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$, $\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$. |
| GPT-4o | (1)【解析】 首先将曲线 \(C_1\) 的参数方程化为普通方程： \[ C_1: \begin{cases} x = 4 \cos^2 \theta, \\ y = 4 \sin^2 \theta \end{cases} \] 由 \(\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1\)，可得： \[ \frac{x}{4} + \frac{y}{4} = 1 \] 即： \[ \frac{x}{4} + \frac{y}{4} = 1 \] 化简得到： \[ x + y = 4 \] 接下来将曲线 \(C_2\) 的参数方程化为普通方程： \[ C_2: \begin{cases} x = t + \frac{1}{t}, \\ y = t - \frac{1}{t} \end{cases} \] 将 \(x\) 和 \(y\) 相加和相减： \[ x + y = \left(t + \frac{1}{t}\right) + \left(t - \frac{1}{t}\right) = 2t \] \[ x - y = \left(t + \frac{1}{t}\right) - \left(t - \frac{1}{t}\right) = \frac{2}{t} \] 所以： \[ t = \frac{x + y}{2} \] \[ \frac{1}{t} = \frac{2}{x - y} \] 将 \(t\) 和 \(\frac{1}{t}\) 相乘： \[ t \cdot \frac{1}{t} = 1 \] 即： \[ \left(\frac{x + y}{2}\right) \left(\frac{2}{x - y}\right) = 1 \] 化简得到： \[ (x + y)(x - y) = 4 \] 即： \[ x^2 - y^2 = 4 \] <eoe> 【答案】 (1) 曲线 \(C_1\) 的普通方程为 \(x + y = 4\); 曲线 \(C_2\) 的普通方程为 \(x^2 - y^2 = 4\)。<eoa> (2)【解析】 首先求出曲线 \(C_1\) 和 \(C_2\) 的交点 \(P\)： 将 \(x + y = 4\) 代入 \(x^2 - y^2 = 4\)，得到： \[ (4 - y)^2 - y^2 = 4 \] 化简得到： \[ 16 - 8y + y^2 - y^2 = 4 \] \[ 16 - 8y = 4 \] \[ 8y = 12 \] \[ y = \frac{3}{2} \] 代入 \(x + y = 4\)，得到： \[ x + \frac{3}{2} = 4 \] \[ x = \frac{5}{2} \] 所以交点 \(P\) 为 \(\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)\)。 接下来以坐标原点为极点，\(x\) 轴正半轴为极轴建立极坐标系： 点 \(P\) 的极坐标为 \((r, \theta)\)： \[ r = \sqrt{\left(\frac{5}{2}\right)^2 + \left(\frac{3}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{25}{4} + \frac{9}{4}} = \sqrt{\frac{34}{4}} = \frac{\sqrt{34}}{2} \] \[ \theta = \arctan\left(\frac{\frac{3}{2}}{\frac{5}{2}}\right) = \arctan\left(\frac{3}{5}\right) \] 圆心在极轴上，且经过极点和 \(P\) 的圆的极坐标方程为： \[ r = 2a \cos\theta \] 其中 \(a\) 为圆心到原点的距离。因为圆经过点 \(P\)，所以： \[ \frac{\sqrt{34}}{2} = 2a \cos\left(\arctan\left(\frac{3}{5}\right)\right) \] \[ \cos\left(\arctan\left(\frac{3}{5}\right)\right) = \frac{5}{\sqrt{34}} \] 代入得到： \[ \frac{\sqrt{34}}{2} = 2a \ |
【解析】} 【分析】} (1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程; (2) 两方程联立求得点 $P$ , 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程. 【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$; 由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$. (2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$, 则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$, $\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$, $\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$. |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】由题意,将C_{1},C_{2}的参数方程化为普通方程,可得C_{1}:x+y=4,C_{2}:x^{2}-y^{2}=4.由此可知C_{1}为以(2,2),(-2,2)为顶点的正方形的对角线,C_{2}为双曲线的渐近线为y=\pmx,焦点为(\pm\sqrt{2},0).<eoe> 【答案】C_{1}:x+y=4,C_{2}:x^{2}-y^{2}=4.(2)由题意,设P(\rho,\theta),则\begin{cases}\rho\cos\theta+\rho\sin\theta=4\\\rho^{2}\cos^{2}\theta-\rho^{2}\sin^{2}\theta=4\end{cases},解得\begin{cases}\rho=2\sqrt{2}\\\theta=\frac{\pi}{4}\end{cases}或\begin{cases}\rho=2\sqrt{2}\\\theta=\frac{5\pi}{4}\end{cases}所以P(2\sqrt{2},\frac{\pi}{4})或P(2\sqrt{2},\frac{5\pi}{4})所以圆心在极轴上,且经过极点和P的圆的极坐标方程为\rho=2\sqrt{2}\cos\theta或\rho=-2\sqrt{2}\cos\theta. 最终结果是rho=2*sqrt(2)*cos(theta);rho=-2*sqrt(2)*cos(theta) |
【解析】} 【分析】} (1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程; (2) 两方程联立求得点 $P$ , 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程. 【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$; 由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$. (2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$, 则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$, $\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$, $\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)由C_{1}的参数方程得x+y=4,即C_{1}的普通方程为x+y-4=0;由C_{2}的参数方程得x^{2}-y^{2}=4,即C_{2}的普通方程为x^{2}-y^{2}-4=0.(2)由\begin{cases}x+y-4=0\\x^{2}-y^{2}-4=0\end{cases}得\begin{cases}x=2\\y=2\end{cases}所以P(2,2),在极坐标系中,P(2\sqrt{2},\frac{\pi}{4}),所以圆心在极轴上,且经过极点和P的圆的方程为\rho=2\sqrt{2}\cos(\theta-\frac{\pi}{4}). 最终结果是{( |
【解析】} 【分析】} (1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程; (2) 两方程联立求得点 $P$ , 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程. 【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$; 由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$. (2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$, 则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$, $\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$, $\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 首先，我们将曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为普通方程。已知 $C_{1}$ 的参数方程为：\n\\[\n\\left\\{\\begin{array}{l}\nx = 4 \\cos^2 \\theta, \\\\\ny = 4 \\sin^2 \\theta\n\\end{array}\\right.\n\\]\n我们可以利用三角恒等式 $\\cos^2 \\theta + \\sin^2 \\theta = 1$，将 $x$ 和 $y$ 相加：\n\\[\nx + y = 4 \\cos^2 \\theta + 4 \\sin^2 \\theta = 4 (\\cos^2 \\theta + \\sin^2 \\theta) = 4 \\cdot 1 = 4\n\\]\n因此，$C_{1}$ 的普通方程为：\n\\[\nx + y = 4\n\\]\n\n接下来，我们将曲线 $C_{2}$ 的参数方程化为普通方程。已知 $C_{2}$ 的参数方程为：\n\\[\n\\left\\{\\begin{array}{l}\nx = t + \\frac{1}{t}, \\\\\ny = t - \\frac{1}{t}\n\\end{array}\\right.\n\\]\n我们可以将 $x$ 和 $y$ 相乘：\n\\[\nx \\cdot y = \\left(t + \\frac{1}{t}\\right) \\left(t - \\frac{1}{t}\\right) = t^2 - \\frac{1}{t^2}\n\\]\n注意到 $t^2 - \\frac{1}{t^2}$ 可以写成 $(t + \\frac{1}{t})(t - \\frac{1}{t})$，即：\n\\[\nx \\cdot y = (t + \\frac{1}{t})(t - \\frac{1}{t}) = x \\cdot y\n\\]\n这表明 $x \\cdot y = 4$，因此 $C_{2}$ 的普通方程为：\n\\[\nx^2 - y^2 = 4\n\\]\n<eoe>\n【答案】\n\\[\nC_{1}: x + y = 4\n\\]\n\\[\nC_{2}: x^2 - y^2 = 4\n\\]\n<eoa>\n\n(2)【解析】 首先，我们需要找到 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的交点 $P$。我们将 $C_{1}$ 的方程 $x + y = 4$ 代入 $C_{2}$ 的方程 $x^2 - y^2 = 4$。设 $y = 4 - x$，代入 $x^2 - y^2 = 4$：\n\\[\nx^2 - (4 - x)^2 = 4\n\\]\n展开并简化：\n\\[\nx^2 - (16 - 8x + x^2) = 4\n\\]\n\\[\nx^2 - 16 + 8x - x^2 = 4\n\\]\n\\[\n8x - 16 = 4\n\\]\n\\[\n8x = 20\n\\]\n\\[\nx = \\frac{5}{2}\n\\]\n代入 $y = 4 - x$：\n\\[\ny = 4 - \\frac{5}{2} = \\frac{3}{2}\n\\]\n因此，交点 $P$ 的坐标为 $\\left(\\frac{5}{2}, \\frac{3}{2}\\right)$。\n\n接下来，我们求圆心在极轴上且经过极点和 $P$ 的圆的极坐标方程。设圆心为 $(r_0, 0)$，圆的方程为：\n\\[\nr^2 - 2r r_0 \\cos \\theta + r_0^2 = r_0^2\n\\]\n简化得：\n\\[\nr^2 - 2r r_0 \\cos \\theta = 0\n\\]\n\\[\nr (r - 2r_0 \\cos \\theta) = 0\n\\]\n因此，$r = 0$ 或 $r = 2r_0 \\cos \\theta$。由于 $r = 0$ 是极点，我们考虑 $r = 2r_0 \\cos \\theta$。\n\n我们知道圆经过极点和 $P$，所以 $r_0$ 是极点到 $P$ 的距离的一半。计算 $P$ 到原点的距离：\n\\[\n\\sqrt{\\left(\\frac{5}{2}\\right)^2 + \\left(\\frac{3}{2}\\right)^2} = \\sqrt{\\frac{25}{4} + \\frac{9}{4}} = \\sqrt{\\frac{34}{4}} = \\frac{\\sqrt{34}}{2}\n\\]\n因此，$r_0 = \\frac{\\sqrt{34}}{2}$，圆的极坐标方程为：\n\\[\nr = \\sqrt{34} \\cos \\theta\n\\]\n<eoe>\n【答案】\n\\[\nr = \\sqrt{34} \\cos \\theta\n\\]\n<eoa>" | 【解析】} 【分析】} (1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程; (2) 两方程联立求得点 $P$ , 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程. 【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$; 由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$. (2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$, 则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$, $\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$, $\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】\n对于曲线 $C_{1}$, 由于 $x=4\\cos^2\\theta$ 和 $y=4\\sin^2\\theta$, 利用三角恒等式 $\\cos^2\\theta + \\sin^2\\theta = 1$ 可以将 $C_{1}$ 的参数方程化为普通方程。对于曲线 $C_{2}$, 通过消去参数 $t$ 来化简参数方程，可以利用代数方法找到 $x$ 和 $y$ 之间的关系。\n\n对于 $C_{1}$: 由于 $x=4\\cos^2\\theta$ 和 $y=4\\sin^2\\theta$, 我们可以得到 $x+y=4\\cos^2\\theta + 4\\sin^2\\theta = 4(\\cos^2\\theta + \\sin^2\\theta) = 4 \\cdot 1 = 4$。\n\n对于 $C_{2}$: 由于 $x=t+\\frac{1}{t}$ 和 $y=t-\\frac{1}{t}$, 我们可以尝试找到 $x$ 和 $y$ 之间的关系。通过将 $x+y$ 和 $x-y$ 表达式相加和相减，我们得到 $x+y=2t$ 和 $x-y=\\frac{2}{t}$。进一步操作，可以得到 $t=\\frac{x+y}{2}$ 和 $t=\\frac{x-y}{2}$ 的倒数，从而得到 $t$ 和 $1/t$ 的表达式。将这两个表达式联立，可以消去 $t$，得到 $x$ 和 $y$ 之间的关系。\n\n<eoe>\n【答案】\n对于 $C_{1}$, 普通方程为 $x+y=4$。\n\n对于 $C_{2}$, 我们有 $x=t+\\frac{1}{t}$ 和 $y=t-\\frac{1}{t}$。将 $x+y=2t$ 和 $x-y=\\frac{2}{t}$ 两式相加和相减，得到 $2x=2t+\\frac{2}{t}$ 和 $2y=2t-\\frac{2}{t}$。因此，$x^2-y^2=(t+\\frac{1}{t})^2-(t-\\frac{1}{t})^2=4$。所以，$C_{2}$ 的普通方程为 $x^2-y^2=4$。\n\n<eoa>\n\n(2)【解析】\n首先，我们需要找到 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的交点 $P$。然后，利用极坐标系的性质，找到经过极点和 $P$ 的圆的极坐标方程。由于圆心在极轴上，且经过极点，这意味着圆的半径等于圆心到极点的距离，且圆的极坐标方程形式为 $r=2R\\cos\\theta$ 或 $r=2R\\sin\\theta$，取决于圆心在 $x$ 轴还是 $y$ 轴上，这里圆心在 $x$ 轴上，因此我们使用 $r=2R\\cos\\theta$。我们需要确定圆心位置和半径 $R$，这可以通过找到 $P$ 的坐标并计算其到原点的距离来完成。\n\n<eoe>\n【答案】\n首先，找到 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的交点 $P$。由于 $C_{1}$ 的普通方程为 $x+y=4$，而 $C_{2}$ 的普通方程为 $x^2-y^2=4$。将 $C_{1}$ 的方程代入 $C_{2}$ 的方程中，得到 $(4-y)^2-y^2=4$，解得 $y=1$ 或 $y=3$。当 $y=1$ 时，$x=3$；当 $y=3$ 时，$x=1$。因此，$C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的交点 $P$ 为 $(3,1)$ 或 $(1,3)$。考虑到圆心在极轴上，我们选择 $P=(3,1)$。\n\n由于圆经过极点和 $P$，圆的半径为 $OP$ 的长度，即 $R=\\sqrt{3^2+1^2}=\\sqrt{10}$。由于圆心在极轴上，我们可以设圆心的坐标为 $(R,0)$，即 $(\\sqrt{10},0)$。因此，圆的极坐标方程为 $r=2R\\cos\\theta=2\\sqrt{10}\\cos\\theta$。\n\n<eoa>" | 【解析】} 【分析】} (1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程; (2) 两方程联立求得点 $P$ , 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程. 【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$; 由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$. (2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$, 则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$, $\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$, $\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$. |
| baichuan4 | (1)【解析】 对于曲线 $C_{1}$，我们有参数方程： $$ \left\{ \begin{array}{l} x=4 \cos ^{2} \theta, \\ y=4 \sin ^{2} \theta \end{array} \right. $$ 利用三角恒等式 $\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1$，我们可以得到 $C_{1}$ 的普通方程。首先，将 $x$ 和 $y$ 的表达式相加： $$ x + y = 4\cos^2\theta + 4\sin^2\theta = 4(\cos^2\theta + \sin^2\theta) = 4 $$ 因此，曲线 $C_{1}$ 的普通方程是 $x + y = 4$。 对于曲线 $C_{2}$，我们有参数方程： $$ \left\{ \begin{array}{l} x=t+\frac{1}{t}, \\ y=t-\frac{1}{t} \end{array} \right. $$ 为了消去参数 $t$，我们可以将两个方程分别平方再相减： $$ x^2 - y^2 = (t+\frac{1}{t})^2 - (t-\frac{1}{t})^2 = t^2 + 2 + \frac{1}{t^2} - (t^2 - 2 + \frac{1}{t^2}) = 4 $$ 因此，曲线 $C_{2}$ 的普通方程是 $x^2 - y^2 = 4$。 【答案】 曲线 $C_{1}$ 的普通方程为 $x + y = 4$，曲线 $C_{2}$ 的普通方程为 $x^2 - y^2 = 4$。 (2)【解析】 首先，我们需要找到曲线 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的交点 $P$。为此，我们将两个曲线的普通方程联立求解： $$ \begin{cases} x + y = 4 \\ x^2 - y^2 = 4 \end{cases} $$ 从第一个方程中，我们可以得到 $y = 4 - x$。将这个表达式代入第二个方程中，得到： $$ x^2 - (4 - x)^2 = 4 \\ x^2 - (16 - 8x + x^2) = 4 \\ 8x - 20 = 4 \\ 8x = 24 \\ x = 3 $$ 将 $x = 3$ 代入 $y = 4 - x$，得到 $y = 1$。因此，交点 $P$ 的坐标为 $(3, 1)$。 接下来，我们需要找到经过原点 $O(0, 0)$ 和点 $P(3, 1)$ 的圆的极坐标方程。由于圆心在极轴上，我们可以设圆心为 $C(\rho_0, 0)$，其中 $\rho_0$ 是圆心的极径。由于 $|OP|$ 是圆的半径，我们有： $$ \rho_0 + r = \sqrt{3^2 + 1^2} = \sqrt{10} $$ 因此，圆的极坐标方程为： $$ \rho = \rho_0 + r = \sqrt{10} $$ 由于圆心在极轴上，$\rho_0$ 为常数，所以我们可以将 $\rho_0$ 包含在常数项中，得到最终的极坐标方程： $$ \rho = \sqrt{10} $$ 【答案】 经过原点和点 $P(3, 1)$ 的圆的极坐标方程为 $\rho = \sqrt{10}$。 |
【解析】} 【分析】} (1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程; (2) 两方程联立求得点 $P$ , 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程. 【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$; 由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$. (2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$, 则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$, $\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$, $\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$. |
| doubao | (1)【解析】对于曲线$C_1$，由$x=4\cos^2\theta$可得$\cos^2\theta=\frac{x}{4}$，由$y=4\sin^2\theta$可得$\sin^2\theta=\frac{y}{4}$，因为$\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$，所以$\frac{x}{4}+\frac{y}{4}=1$，即$x+y=4(0\leq x\leq 4)$。 对于曲线$C_2$，由$x=t+\frac{1}{t}$两边平方得$x^2=t^2+2+\frac{1}{t^2}$，由$y=t-\frac{1}{t}$两边平方得$y^2=t^2-2+\frac{1}{t^2}$，两式相减得$x^2-y^2=4$。 <eoe> 【答案】曲线$C_1$的普通方程为$x+y=4(0\leq x\leq 4)$，曲线$C_2$的普通方程为$x^2-y^2=4$。 <eoa> (2)【解析】联立曲线$C_1$和$C_2$的方程可得$\begin{cases}x+y=4\\x^2-y^2=4\end{cases}$，将$x+y=4$变形为$y=4-x$代入$x^2-y^2=4$可得$x^2-(4-x)^2=4$，$x^2-(16-8x+x^2)=4$，$x^2-16+8x-x^2=4$，$8x=20$，$x=\frac{5}{2}$，则$y=4-\frac{5}{2}=\frac{3}{2}$，所以$P(\frac{5}{2},\frac{3}{2})$。设所求圆的圆心的直角坐标为$(x_0,0)$，则$(x_0-\frac{5}{2})^2+(\frac{3}{2})^2=x_0^2$，$x_0^2-5x_0+\frac{25}{4}+\frac{9}{4}=x_0^2$，$5x_0=\frac{34}{4}$，$x_0=\frac{17}{10}$，所以所求圆的半径为$\sqrt{(\frac{17}{10})^2}= \frac{17}{10}$，则所求圆的直角坐标方程为$(x-\frac{17}{10})^2+y^2=(\frac{17}{10})^2$，即$x^2-\frac{17}{5}x+y^2=0$，将$x=\rho\cos\theta$，$y=\rho\sin\theta$代入可得$\rho^2-\frac{17}{5}\rho\cos\theta=0$，即$\rho=0$或$\rho=\frac{17}{5}\cos\theta$，因为圆经过极点，所以圆的极坐标方程为$\rho=\frac{17}{5}\cos\theta$。 <eoe> 【答案】圆的极坐标方程为$\rho=\frac{17}{5}\cos\theta$。 <eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程; (2) 两方程联立求得点 $P$ , 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程. 【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$; 由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$. (2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$, 则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$, $\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$, $\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$. |
| minimax | (1)【解析】首先，我们将曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为普通方程。由于 $x=4 \cos ^{2} \theta$ 和 $y=4 \sin ^{2} \theta$，我们可以利用三角恒等式 $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$ 来消去参数 $\theta$。接着，我们将曲线 $C_{2}$ 的参数方程化为普通方程。由于 $x=t+\frac{1}{t}$ 和 $y=t-\frac{1}{t}$，我们可以将 $t$ 乘以 $\frac{1}{t}$ 来消去参数 $t$。<eoe> 【答案】对于曲线 $C_{1}$，我们有： $$x=4 \cos ^{2} \theta$$ $$y=4 \sin ^{2} \theta$$ 利用三角恒等式 $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$，我们可以得到： $$\frac{x}{4} + \frac{y}{4} = \cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$$ 因此，曲线 $C_{1}$ 的普通方程为： $$x + y = 4$$ 对于曲线 $C_{2}$，我们有： $$x=t+\frac{1}{t}$$ $$y=t-\frac{1}{t}$$ 将 $t$ 乘以 $\frac{1}{t}$，我们得到： $$x \cdot y = (t+\frac{1}{t})(t-\frac{1}{t}) = t^2 - \frac{1}{t^2}$$ 因此，曲线 $C_{2}$ 的普通方程为： $$xy = 1$$<eoa> (2)【解析】首先，我们需要找到曲线 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的交点 $P$。为此，我们将曲线 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的普通方程联立求解。然后，我们将使用极坐标系的知识来找到圆的极坐标方程。在极坐标系中，一个圆的方程可以表示为 $\rho = 2a \cos(\theta - \alpha)$，其中 $a$ 是圆心到极点的距离，$\alpha$ 是圆心的极角。由于圆心在极轴上，$\alpha = 0$ 或 $\alpha = \pi$，因此圆的极坐标方程简化为 $\rho = 2a$。我们需要确定 $a$ 的值，这可以通过计算极点到交点 $P$ 的距离来得到。<eoe> 【答案】为了找到曲线 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的交点 $P$，我们将它们的普通方程联立： $$x + y = 4$$ $$xy = 1$$ 我们可以将第一个方程解为 $y = 4 - x$，然后将其代入第二个方程： $$x(4 - x) = 1$$ $$4x - x^2 = 1$$ $$x^2 - 4x + 1 = 0$$ 这是一个二次方程，我们可以使用求根公式来解它： $$x = \frac{4 \pm \sqrt{16 - 4 \cdot 1}}{2} = \frac{4 \pm \sqrt{12}}{2} = \frac{4 \pm 2\sqrt{3}}{2} = 2 \pm \sqrt{3}$$ 因此，我们有两个解： $$x_1 = 2 + \sqrt{3}$$ $$x_2 = 2 - \sqrt{3}$$ 对应的 $y$ 值为： $$y_1 = 4 - (2 + \sqrt{3}) = 2 - \sqrt{3}$$ $$y_2 = 4 - (2 - \sqrt{3}) = 2 + \sqrt{3}$$ 所以，交点 $P$ 的坐标为 $(2 + \sqrt{3}, 2 - \sqrt{3})$ 或 $(2 - \sqrt{3}, 2 + \sqrt{3})$。 由于圆心在极轴上，我们可以选择其中一个解作为极点到交点 $P$ 的距离。我们选择 $(2 + \sqrt{3}, 2 - \sqrt{3})$，因此： $$\rho = \sqrt{(2 + \sqrt{3})^2 + (2 - \sqrt{3})^2} = \sqrt{4 + 4\sqrt{3} + 3 + 4 - 4\sqrt{3} + 3} = \sqrt{14}$$ 因此，圆的极坐标方程为： $$\rho = 2a$$ $$a = \frac{\sqrt{14}}{2}$$ 所以，圆的极坐标方程为： $$\rho = \sqrt{14}$$<eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程; (2) 两方程联立求得点 $P$ , 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程. 【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$; 由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$. (2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$, 则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$, $\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$, $\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$. |
| kimi | (1)【解析】 首先，我们需要将参数方程转换为普通方程。对于 $C_1$，我们可以使用三角恒等式 $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$ 来消去参数 $\theta$。对于 $C_2$，我们可以通过消去参数 $t$ 来得到普通方程。 <eoe> 【答案】 对于 $C_1$，我们有： \[ x = 4 \cos^2 \theta \] \[ y = 4 \sin^2 \theta \] 由于 $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$，我们可以将 $x$ 和 $y$ 相加得到： \[ x + y = 4 (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) = 4 \] 因此，$C_1$ 的普通方程是： \[ x + y = 4 \] 对于 $C_2$，我们可以将参数方程重写为： \[ x = t + \frac{1}{t} \] \[ y = t - \frac{1}{t} \] 将两个方程相加和相减，我们得到： \[ x + y = 2t \] \[ x - y = \frac{2}{t} \] 将两个方程相除，我们得到： \[ \frac{x - y}{x + y} = \frac{1}{t^2} \] \[ (x - y)t^2 = 2 \] \[ x^2 - 2xy + y^2 = 4 \] 因此，$C_2$ 的普通方程是： \[ x^2 - 2xy + y^2 = 4 \] <eoa> (2)【解析】 要找到交点 $P$，我们需要解这两个曲线的方程组。解方程组后，我们可以得到交点的坐标。然后，我们可以利用这些坐标来找到圆心在极轴上且经过极点和 $P$ 的圆的极坐标方程。 <eoe> 【答案】 首先，我们解方程组： \[ x + y = 4 \] \[ x^2 - 2xy + y^2 = 4 \] 将第一个方程中的 $y$ 用 $x$ 表示，得到： \[ y = 4 - x \] 将这个表达式代入第二个方程： \[ x^2 - 2x(4 - x) + (4 - x)^2 = 4 \] \[ x^2 - 8x + 2x^2 + 16 - 8x + x^2 = 4 \] \[ 4x^2 - 16x + 16 = 4 \] \[ 4x^2 - 16x + 12 = 0 \] \[ x^2 - 4x + 3 = 0 \] 解这个二次方程，我们得到： \[ (x - 1)(x - 3) = 0 \] 所以，$x = 1$ 或 $x = 3$。 对于 $x = 1$，我们有： \[ y = 4 - 1 = 3 \] 所以，一个交点是 $(1, 3)$。 对于 $x = 3$，我们有： \[ y = 4 - 3 = 1 \] 所以，另一个交点是 $(3, 1)$。 现在，我们有两个交点 $(1, 3)$ 和 $(3, 1)$。我们需要找到圆心在极轴上且经过极点和这两个点的圆的极坐标方程。由于圆心在极轴上，我们可以设圆心为 $(r, 0)$。圆的半径可以通过计算圆心到任一交点的距离得到。 对于点 $(1, 3)$，半径 $r$ 可以通过以下公式计算： \[ r = \sqrt{(1 - r)^2 + (3 - 0)^2} \] \[ r = \sqrt{1 - 2r + r^2 + 9} \] \[ r^2 = 10 - 2r \] 对于点 $(3, 1)$，半径 $r$ 也可以通过以下公式计算： \[ r = \sqrt{(3 - r)^2 + (1 - 0)^2} \] \[ r = \sqrt{9 - 6r + r^2 + 1} \] \[ r^2 = 10 - 6r \] 由于两个半径相等，我们可以解这个方程组： \[ |
【解析】} 【分析】} (1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程; (2) 两方程联立求得点 $P$ , 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程. 【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$; 由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$. (2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$, 则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$, $\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$, $\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】 对于$C_1$，我们有： $\begin{aligned} x &= 4\cos^{2}\theta, \\ y &= 4\sin^{2}\theta. \end{aligned}$ 利用三角恒等式$\cos^{2}\theta + \sin^{2}\theta = 1$，将$x$和$y$的表达式相加，得到： $x + y = 4(\cos^{2}\theta + \sin^{2}\theta) = 4.$ 对于$C_2$，我们有： $\begin{aligned} x &= t + \frac{1}{t}, \\ y &= t - \frac{1}{t}. \end{aligned}$ 将$x$和$y$的表达式相乘，得到： $xy = (t + \frac{1}{t})(t - \frac{1}{t}) = t^2 - \frac{1}{t^2} = x^2 - y^2 - 2.$ 【答案】 $C_1$的普通方程为： $x + y = 4.$ $C_2$的普通方程为： $x^2 - y^2 = 2.$ (2)【解析】 首先，联立$C_1$和$C_2$的方程，即： $\begin{aligned} x + y &= 4, \\ x^2 - y^2 &= 2. \end{aligned}$ 解得交点$P$的坐标为$(2 + \sqrt{2}, 2 - \sqrt{2})$。 设所求圆的圆心为$C(\rho_0, 0)$，其中$\rho_0 > 0$。由于圆经过极点和点$P$，其半径$\rho$应满足： $\rho^2 = \rho_0^2 + (2\sqrt{2})^2.$ 解得： $\rho_0 = 2.$ 因此，所求圆的极坐标方程为： $\rho = 4\cos\theta.$ 【答案】 所求圆的极坐标方程为： $\rho = 4\cos\theta.$ |
【解析】} 【分析】} (1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程; (2) 两方程联立求得点 $P$ , 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程. 【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$; 由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$. (2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$, 则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$, $\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$, $\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$. |
| zhipu | (1)【解析】 首先我们将曲线 \(C_1\) 和 \(C_2\) 的参数方程化为普通方程。 对于 \(C_1\)： \[ \left\{\begin{array}{l} x = 4 \cos^2 \theta, \\ y = 4 \sin^2 \theta \end{array}\right. \] 我们知道 \(\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1\)，因此可以将参数方程相加： \[ x + y = 4 \cos^2 \theta + 4 \sin^2 \theta = 4 (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) = 4 \] 所以，\(C_1\) 的普通方程为： \[ x + y = 4 \] 对于 \(C_2\)： \[ \left\{\begin{array}{l} x = t + \frac{1}{t}, \\ y = t - \frac{1}{t} \end{array}\right. \] 我们通过平方和相减的方法消去参数 \(t\)。首先计算 \(x\) 和 \(y\) 的平方和： \[ x^2 = \left(t + \frac{1}{t}\right)^2 = t^2 + 2 + \frac{1}{t^2} \] \[ y^2 = \left(t - \frac{1}{t}\right)^2 = t^2 - 2 + \frac{1}{t^2} \] 然后将 \(x^2\) 和 \(y^2\) 相减： \[ x^2 - y^2 = (t^2 + 2 + \frac{1}{t^2}) - (t^2 - 2 + \frac{1}{t^2}) = 4 \] 所以，\(C_2\) 的普通方程为： \[ x^2 - y^2 = 4 \]<eoe> 【答案】 \(C_1\) 的普通方程为 \(x + y = 4\)。 \(C_2\) 的普通方程为 \(x^2 - y^2 = 4\)。<eoa> (2)【解析】 首先求出 \(C_1\) 和 \(C_2\) 的交点 \(P\)。 联立 \(C_1\) 和 \(C_2\) 的普通方程： \[ \left\{\begin{array}{l} x + y = 4, \\ x^2 - y^2 = 4 \end{array}\right. \] 从第一个方程中，我们可以得到 \(y = 4 - x\)，将其代入第二个方程： \[ x^2 - (4 - x)^2 = 4 \] 展开并化简： \[ x^2 - (16 - 8x + x^2) = 4 \] \[ x^2 - 16 + 8x - x^2 = 4 \] \[ 8x - 16 = 4 \] \[ 8x = 20 \] \[ x = \frac{5}{2} \] 然后代入 \(y = 4 - x\) 得到： \[ y = 4 - \frac{5}{2} = \frac{3}{2} \] 所以交点 \(P\) 的坐标为 \(\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)\)。 接下来，我们求圆心在极轴上，且经过极点和 \(P\) 的圆的极坐标方程。 设圆心为 \((a, 0)\)，由于圆经过极点，所以圆的半径为 \(a\)。圆的方程为： \[ (x - a)^2 + y^2 = a^2 \] 将交点 \(P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)\) 代入上式： \[ \left(\frac{5}{2} - a\right)^2 + \left(\frac{3}{2}\right)^2 = a^2 \] 展开并化简： \[ \left(\frac{5}{2} - a\right)^2 + \frac{9}{4} = a^2 \] \[ \left(\frac{25}{4} - 5a + a^2\right) + \frac{9}{4} = a^2 \] \[ \frac{34}{4} - 5a + a^2 = a^2 \] \[ \frac{34}{4} - 5a = 0 \] \[ \frac{34}{4} = 5a \] \[ a = \frac{34}{20} = \frac{17}{10} \] 所以圆心为 \(\left(\frac{17}{10}, 0\right)\)，圆的方程为： \[ \left(x - \frac{17}{10}\right)^2 + y^2 = \left(\frac{17}{10}\right)^2 \] 将其转换为极坐标方程，设 \(x = r \cos \theta\)，\(y = r \sin \theta\)： \[ \left(r \cos \theta - \frac{17}{10}\right)^2 + (r \sin \theta)^2 = \left(\frac{17}{10}\right)^2 \] 展开并化简： \[ r^2 \cos^2 \theta - \frac{34}{10} r \cos \theta + \left(\frac{17}{10}\right)^2 + r^2 \sin^2 \theta = \left(\frac{17}{10}\right)^2 \] \[ r^2 (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) - \frac{34}{10} r \cos \theta = 0 \] \[ r^2 - \frac{17}{5} r \cos \theta = 0 \] \[ r \left(r - \frac{17}{5} \cos \theta\right) = 0 \] 由于 \(r \neq 0\)，所以： \[ r = \frac{17}{5} \cos \theta \] 所以所求圆的极坐标方程为： \[ r = \frac{17}{5} \cos \theta \]<eoe> 【答案】 所求圆的极坐标方程为 \(r = \frac{17}{5} \cos \theta\)。<eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程; (2) 两方程联立求得点 $P$ , 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程. 【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$; 由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$. (2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$, 则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$, $\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$, $\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$. |
| gpto1 | (1)【解析】 对于曲线 \( C_1 \)： 已知参数方程为： \[ \begin{cases} x = 4\cos^2\theta, \\ y = 4\sin^2\theta. \end{cases} \] 由于 \(\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1\)，所以： \[ \frac{x}{4} + \frac{y}{4} = 1 \implies x + y = 4. \] 因此，曲线 \( C_1 \) 的普通方程为 \( x + y = 4 \)。 对于曲线 \( C_2 \)： 已知参数方程为： \[ \begin{cases} x = t + \dfrac{1}{t}, \\ y = t - \dfrac{1}{t}. \end{cases} \] 为了消去参数 \( t \)，考虑计算 \( x^2 - y^2 \)： \[ x^2 - y^2 = \left(t + \frac{1}{t}\right)^2 - \left(t - \frac{1}{t}\right)^2 = 4. \] 因此，曲线 \( C_2 \) 的普通方程为 \( x^2 - y^2 = 4 \)。 <eoe> 【答案】 (1) \( C_1 \) 的普通方程为 \( x + y = 4 \)；\( C_2 \) 的普通方程为 \( x^2 - y^2 = 4 \)。 <eoa> (2)【解析】 首先求 \( C_1 \) 和 \( C_2 \) 的交点 \( P \)： \[ \begin{cases} x + y = 4, \\ x^2 - y^2 = 4. \end{cases} \] 由第一式得 \( y = 4 - x \)，代入第二式： \[ x^2 - (4 - x)^2 = 4 \implies x^2 - [16 - 8x + x^2] = 4. \] 化简得： \[ -16 + 8x = 4 \implies 8x = 20 \implies x = \dfrac{5}{2}. \] 则 \( y = 4 - \dfrac{5}{2} = \dfrac{3}{2} \)，所以交点为 \( P\left(\dfrac{5}{2}, \dfrac{3}{2}\right) \)。 在极坐标系中，原点为极点，\( x \) 轴正半轴为极轴。 设圆心在极轴上，坐标为 \( (h, 0) \)，圆经过原点和点 \( P \)，则圆的半径为 \( R = h \)。 根据距离公式，有： \[ \sqrt{\left(h - \dfrac{5}{2}\right)^2 + \left(0 - \dfrac{3}{2}\right)^2} = R = h. \] 两边平方，得到： \[ h^2 = \left(h - \dfrac{5}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{3}{2}\right)^2. \] 展开并化简： \[ h^2 = h^2 - 5h + \dfrac{25}{4} + \dfrac{9}{4} \implies -5h + \dfrac{34}{4} = 0 \implies h = \dfrac{17}{10}. \] 因此，圆心为 \( \left(\dfrac{17}{10}, 0\right) \)，半径 \( R = \dfrac{17}{10} \)。 圆的极坐标方程为： \[ r^2 - 2hr\cos\theta + h^2 = R^2. \] 代入 \( h = R = \dfrac{17}{10} \)，方程化简为： \[ r^2 - 2 \times \dfrac{17}{10} r \cos\theta = 0 \implies r = \dfrac{17}{5} \cos\theta. \] <eoe> 【答案】 (2) 圆的极坐标方程为 \( r = \dfrac{17}{5} \cos\theta \)。 <eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程; (2) 两方程联立求得点 $P$ , 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程. 【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$; 由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$. (2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$, 则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$, $\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$, $\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$. |
| deepseekv3 | (1)【解析】 首先将曲线 \(C_{1}\) 的参数方程化为普通方程。已知 \(C_{1}\) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = 4 \cos^2 \theta, \\ y = 4 \sin^2 \theta. \end{cases} \] 利用三角恒等式 \(\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1\)，可以得到： \[ \frac{x}{4} + \frac{y}{4} = \cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1. \] 因此，\(C_{1}\) 的普通方程为： \[ x + y = 4. \] 接下来将曲线 \(C_{2}\) 的参数方程化为普通方程。已知 \(C_{2}\) 的参数方程为： \[ \begin{cases} x = t + \frac{1}{t}, \\ y = t - \frac{1}{t}. \end{cases} \] 将这两个方程平方并相减： \[ x^2 - y^2 = \left(t + \frac{1}{t}\right)^2 - \left(t - \frac{1}{t}\right)^2 = \left(t^2 + 2 + \frac{1}{t^2}\right) - \left(t^2 - 2 + \frac{1}{t^2}\right) = 4. \] 因此，\(C_{2}\) 的普通方程为： \[ x^2 - y^2 = 4. \] <eoe> 【答案】 \(C_{1}\) 的普通方程为 \(x + y = 4\)，\(C_{2}\) 的普通方程为 \(x^2 - y^2 = 4\)。 <eoa> (2)【解析】 首先求曲线 \(C_{1}\) 和 \(C_{2}\) 的交点 \(P\)。由 \(C_{1}\) 和 \(C_{2}\) 的普通方程： \[ \begin{cases} x + y = 4, \\ x^2 - y^2 = 4. \end{cases} \] 将第一个方程解为 \(y = 4 - x\)，代入第二个方程： \[ x^2 - (4 - x)^2 = 4 \implies x^2 - (16 - 8x + x^2) = 4 \implies -16 + 8x = 4 \implies 8x = 20 \implies x = \frac{5}{2}. \] 因此，\(y = 4 - \frac{5}{2} = \frac{3}{2}\)，所以交点 \(P\) 的坐标为 \(\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)\)。 接下来，求圆心在极轴上且经过极点和 \(P\) 的圆的极坐标方程。极轴为 \(x\) 轴，因此圆心在 \(x\) 轴上，设圆心为 \((a, 0)\)。圆经过极点 \((0, 0)\) 和点 \(P \left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)\)，因此圆的半径 \(r = a\)。 利用圆的方程： \[ (x - a)^2 + y^2 = a^2. \] 将点 \(P\) 的坐标代入： \[ \left(\frac{5}{2} - a\right)^2 + \left(\frac{3}{2}\right)^2 = a^2 \implies \left(\frac{5}{2} - a\right)^2 + \frac{9}{4} = a^2. \] 展开并化简： \[ \left(\frac{5}{2} - a\right)^2 = a^2 - \frac{9}{4} \implies \frac{25}{4} - 5a + a^2 = a^2 - \frac{9}{4} \implies \frac{25}{4} - 5a = -\frac{9}{4} \implies -5a = -\frac{34}{4} \implies a = \frac{34}{20} = \frac{17}{10}. \] 因此，圆心为 \(\left(\frac{17}{10}, 0\right)\)，半径为 \(\frac{17}{10}\)。圆的极坐标方程为： \[ r = 2a \cos \theta = 2 \times \frac{17}{10} \cos \theta = \frac{34}{10} \cos \theta = \frac{17}{5} \cos \theta. \] <eoe> 【答案】 所求圆的极坐标方程为 \(r = \frac{17}{5} \cos \theta\)。 <eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程; (2) 两方程联立求得点 $P$ , 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程. 【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$; 由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$. (2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$, 则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$, $\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$, $\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$. |