| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 抛物线 $C$ 的标准方程为 $y^2 = 2px$，其中 $p > 0$。抛物线的焦点 $F$ 的坐标为 $(\frac{p}{2}, 0)$。 已知点 $D$ 的坐标为 $(p, 0)$，过焦点 $F$ 的直线交抛物线 $C$ 于 $M$ 和 $N$ 两点。设直线的方程为 $y = k(x - \frac{p}{2})$，将其代入抛物线方程 $y^2 = 2px$，得到： \[ k^2(x - \frac{p}{2})^2 = 2px \] 展开并整理： \[ k^2(x^2 - px + \frac{p^2}{4}) = 2px \] \[ k^2x^2 - k^2px + \frac{k^2p^2}{4} = 2px \] \[ k^2x^2 - (k^2p + 2p)x + \frac{k^2p^2}{4} = 0 \] 这是一个关于 $x$ 的二次方程。设 $M$ 和 $N$ 的横坐标分别为 $x_1$ 和 $x_2$，根据二次方程的根与系数关系，有： \[ x_1 + x_2 = \frac{k^2p + 2p}{k^2} \] \[ x_1x_2 = \frac{k^2p^2}{4k^2} = \frac{p^2}{4} \] 当直线 $MD$ 垂直于 $x$ 轴时，$M$ 的横坐标为 $p$，即 $x_1 = p$。此时 $|MF| = 3$，即 $|p - \frac{p}{2}| = 3$，解得 $p = 6$。 因此，抛物线 $C$ 的方程为： \[ y^2 = 2 \cdot 6 \cdot x = 12x \] <eoe> 【答案】抛物线 $C$ 的方程为 $y^2 = 12x$。<eoa> (2)【解析】 设直线 $MD$ 与抛物线 $C$ 的另一个交点为 $A$，直线 $ND$ 与抛物线 $C$ 的另一个交点为 $B$。由于 $M$ 的横坐标为 $p = 6$，$M$ 的坐标为 $(6, y_1)$，$N$ 的坐标为 $(x_2, y_2)$。 根据抛物线方程 $y^2 = 12x$，$M$ 和 $N$ 的坐标满足： \[ y_1^2 = 12 \cdot 6 = 72 \] \[ y_2^2 = 12x_2 \] 设直线 $MN$ 的方程为 $y = k(x - 3)$，将其代入抛物线方程 $y^2 = 12x$，得到： \[ k^2(x - 3)^2 = 12x \] 展开并整理： \[ k^2(x^2 - 6x + 9) = 12x \] \[ k^2x^2 - 6k^2x + 9k^2 = 12x \] \[ k^2x^2 - (6k^2 + 12)x + 9k^2 = 0 \] 这是一个关于 $x$ 的二次方程。设 $M$ 和 $N$ 的横坐标分别为 $x_1$ 和 $x_2$，根据二次方程的根与系数关系，有： \[ x_1 + x_2 = \frac{6k^2 + 12}{k^2} \] \[ x_1x_2 = \frac{9k^2}{k^2} = 9 \] 当 $a - \beta$ 取得最大值时，$a$ 和 $\beta$ 分别为直线 $MN$ 和 $AB$ 的倾斜角。由于 $M$ 和 $N$ 的坐标已知，$A$ 和 $B$ 的坐标也可以通过对称性求得。 设 $A$ 和 $B$ 的坐标分别为 $(x_3, y_3)$ 和 $(x_4, y_4)$，根据对称性，$x_3 = 6$，$x_4 = x_2$。因此，直线 $AB$ 的方程为： \[ y = \frac{y_4 - y_3}{x_4 - x_3}(x - x_3) + y_3 \] 由于 $y_3 = y_1$，$y_4 = y_2$，$x_3 = 6$，$x_4 = x_2$，直线 $AB$ 的方程为： \[ y = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - 6}(x - 6) + y_1 \] 当 $a - \beta$ 取得最大值时，$a$ 和 $\beta$ 分别为直线 $MN$ 和 $AB$ 的倾斜角。由于 $M$ 和 $N$ 的坐标已知，$A$ 和 $B$ 的坐标也可以通过对称性求得。 设 $A$ 和 $B$ 的坐标分别为 $(x_3, y_3)$ 和 $(x_4, y_4)$，根据对称性，$x_3 = 6$，$x_4 = x_2$。因此，直线 $AB$ 的方程为： \[ y = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - 6}(x - 6) + y_1 \] 由于 $y_1 = \sqrt{72}$，$y_2 = \sqrt{12x_2}$，$x_2 = 3$，直线 $AB$ 的方程为： \[ y = \frac{\sqrt{12 \cdot 3} - \sqrt{72}}{3 - 6}(x - 6) + \sqrt{72} \] \[ y = \frac{6\sqrt{3} - 6\sqrt{2}}{-3}(x - 6) + 6\sqrt{2} \] \[ y = -2(\sqrt{3} - \sqrt{2})(x - 6) + 6\sqrt{2} \] 整理得到： \[ y = -2\sqrt{3}x + 2\sqrt{2}x + 12\sqrt{3} - 12\sqrt{2} + 6\sqrt{2} \] \[ y = -2\sqrt{3}x + 2\sqrt{2}x + 12\sqrt{3} - 6\sqrt{2} \] 因此，直线 $AB$ 的方程为： \[ y = -2\sqrt{3}x + 2\sqrt{2}x + 12\sqrt{3} - 6\sqrt{2} \] <eoe> 【答案】直线 $AB$ 的方程为 $y = -2\sqrt{3}x + 2\sqrt{2}x + 12\sqrt{3} - 6\sqrt{2}$。<eoa> |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$, 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$ 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 已知抛物线 \( C: y^2 = 2px \)，焦点 \( F(\frac{p}{2}, 0) \)，点 \( D(p, 0) \)。当直线 \( MD \) 垂直于 \( x \) 轴时，\( M \) 的横坐标为 \( p \)，代入抛物线方程得 \( y^2 = 2p^2 \)，故 \( y = \pm p\sqrt{2} \)。点 \( M \) 到 \( F \) 的距离为： \[ |MF| = \sqrt{\left(p - \frac{p}{2}\right)^2 + (p\sqrt{2})^2} = \frac{3p}{2}. \] 由 \( |MF| = 3 \) 得 \( \frac{3p}{2} = 3 \)，解得 \( p = 2 \)。抛物线方程为 \( y^2 = 4x \)。 <eoe> 【答案】 \( y^2 = 4x \) <eoa> (2)【解析】 抛物线方程为 \( y^2 = 4x \)，焦点 \( F(1, 0) \)，点 \( D(2, 0) \)。设过 \( F \) 的直线 \( MN \) 的参数为 \( t \)，则 \( M(t^2, 2t) \)，\( N\left(\frac{1}{t^2}, -\frac{2}{t}\right) \)。直线 \( MD \) 与抛物线的另一个交点 \( A\left(\frac{4}{t^2}, -\frac{4}{t}\right) \)，直线 \( ND \) 与抛物线的另一个交点 \( B(4t^2, \frac{4}{t}) \)。 直线 \( AB \) 的斜率为： \[ k_{AB} = \frac{\frac{4}{t} - \left(-\frac{4}{t}\right)}{4t^2 - \frac{4}{t^2}} = \frac{2t}{t^4 - 1}. \] 直线 \( MN \) 的斜率为： \[ k_{MN} = \frac{2t}{t^2 - 1}. \] 倾斜角差 \( \alpha - \beta \) 的 tan 值为： \[ \tan(\alpha - \beta) = \frac{k_{MN} - k_{AB}}{1 + k_{MN}k_{AB}} = \frac{2t^3(t^2 - 1)}{t^6 - t^4 + 3t^2 + 1}. \] 通过分析极值，当 \( t = 2 \) 时，\( \alpha - \beta \) 最大。此时 \( A(1, -2) \)，\( B(16, 2) \)，直线 \( AB \) 的方程为： \[ 4x - 15y - 34 = 0. \] <eoe> 【答案】 \( 4x - 15y - 34 = 0 \) <eoa> |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$, 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$ 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| gpto1 | (1)【解析】 抛物线 $C: y^{2}=2 p x$ 的焦点为 $F\left(\dfrac{p}{2}, 0\right)$，点 $D(p, 0)$。 当直线 $M D$ 垂直于 $x$ 轴时，$M D$ 为过 $M$ 点， $x=p$ 的直线，即 $M$ 的横坐标为 $x=p$。 将 $x=p$ 代入抛物线方程： \[ y^2 = 2p \cdot p \] \[ y^2 = 2p^2 \] \[ y = \pm p\sqrt{2} \] 因此，点 $M$ 的坐标为 $\left(p, \pm p\sqrt{2}\right)$。 点 $F$ 的坐标为 $\left(\dfrac{p}{2}, 0\right)$。 计算 $|M F|$： \[ |M F| = \sqrt{\left(p - \dfrac{p}{2}\right)^2 + \left(\pm p\sqrt{2} - 0\right)^2} \] \[ |M F| = \sqrt{\left(\dfrac{p}{2}\right)^2 + 2 p^2} \] \[ |M F| = \sqrt{\dfrac{p^2}{4} + 2 p^2} \] \[ |M F| = \sqrt{\dfrac{9 p^2}{4}} \] \[ |M F| = \dfrac{3 p}{2} \] 已知 $|M F| = 3$，所以： \[ \dfrac{3 p}{2} = 3 \] \[ p = 2 \] 因此，抛物线 $C$ 的方程为： \[ y^2 = 2 \times 2 x \] 即： \[ y^2 = 4 x \] <eoe> 【答案】 (1)抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$。<eoa> |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$, 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$ 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| GPT-4o | (1)【解析】 首先，我们知道抛物线的标准方程为 \( y^2 = 2px \)，其中 \( p > 0 \) 表示焦点距离原点的距离。根据题目，焦点 \( F \) 的坐标为 \( ( \frac{p}{2}, 0 ) \)。 既然 \( |MF| = 3 \)，我们需要找到满足这一条件的点 \( M \) 和 \( N \)。 设直线 \( y = k(x - \frac{p}{2}) \) 经过焦点 \( F \)。将这个方程与抛物线方程联立： \[ y^2 = 2px \] \[ (k(x - \frac{p}{2}))^2 = 2px \] 展开并整理： \[ k^2(x - \frac{p}{2})^2 = 2px \] \[ k^2(x^2 - px + \frac{p^2}{4}) = 2px \] \[ k^2x^2 - k^2px + \frac{k^2p^2}{4} = 2px \] 将所有项移到一边： \[ k^2x^2 - (k^2 + 2p)x + \frac{k^2p^2}{4} = 0 \] 这是一个关于 \( x \) 的二次方程。根据根与系数的关系，这个方程的根 \( x_1 \) 和 \( x_2 \) 就是 \( M \) 和 \( N \) 的横坐标。 我们知道 \( |MF| = 3 \)，所以有： \[ \sqrt{(x_1 - \frac{p}{2})^2 + y_1^2} = 3 \] 由于 \( D(p, 0) \) 和 \( M \) 垂直于 \( x \) 轴，意味着 \( M \) 和 \( D \) 在 \( x \) 轴上的距离是 \( p \)，即 \( x_1 = p \)。 由于 \( M \) 和 \( N \) 是对称点： \[ \sqrt{(p - \frac{p}{2})^2 + y_1^2} = 3 \] \[ \sqrt{(\frac{p}{2})^2 + y_1^2} = 3 \] \[ \frac{p^2}{4} + y_1^2 = 9 \] \[ y_1^2 = 9 - \frac{p^2}{4} \] 所以 \( M \) 和 \( N \) 的 y 坐标分别是 \( \pm \sqrt{9 - \frac{p^2}{4}} \)。 抛物线的方程仍旧是 \( y^2 = 2px \)，这就是所求的抛物线方程。 <eoe> 【答案】抛物线的方程为 \( y^2 = 2px \)。<eoa> (2)【解析】 设 \( M = (p, y_1) \) 和 \( N = (p, -y_1) \)，根据上述推导，\( y_1 = \sqrt{9 - \frac{p^2}{4}} \)。 记 \( M = (p, \sqrt{9 - \frac{p^2}{4}}) \) 和 \( N = (p, -\sqrt{9 - \frac{p^2}{4}}) \)。 设 \( A = (x_a, y_a) \) 和 \( B = (x_b, y_b) \) 为 \( MD \) 和 \( ND \) 与抛物线的另一个交点。因为 \( MD \) 和 \( ND \) 垂直于 \( x \) 轴，所以 \( A \) 和 \( B \) 的横坐标都是 \( p \)，而纵坐标是 \( \pm \sqrt{9 - \frac{p^2}{4}} \)。 直线 \( AB \) 的倾斜角\( \beta \)： \[ \tan(\beta) = \frac{\sqrt{9 - \frac{p^2}{4}} - (-\sqrt{9 - \frac{p^2}{4}})}{p - p} = \frac{2\sqrt{9 - \frac{p^2}{4}}}{0} \] 显然，\(\tan(\beta)\) 的值无穷大，意味着 \( AB \) 垂直于 \( x \) 轴，即 \( AB \) 的方程为 \( x = p \)。 而 \( MN \) 的倾斜角 \( |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$, 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$ 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】由题意,当直线MD垂直于x轴时,|MF|=3,可得|DF|=3,即p=3,所以C:y^{2}=6x(2)由题意,当直线MD垂直于x轴时,|MF|=3,可得|DF|=3,即p=3,所以C:y^{2}=6x,设直线MN的方程为x=my+\frac{3}{2},联立\begin{cases}x=my+\frac{3}{2}\\y2=6x\end{cases},整理得y^{2}-6my-9=0,设A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2}),M(x_{3},y_{3}),N(x_{4},y_{4}),则y_{1}+y_{2}=6m,y_{1}y_{2}=-9,y_{3}+y_{4}=6m,y_{3}y_{4}=-9,所以y_{1}+y_{2}=y_{3}+y_{4},y_{1}y_{2}=y_{3}y_{4},所以A,B,M,N四点共圆,所以直线AB的斜率为\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{y_{3}-y_{4}}{x_{3}-x_{4}}=\frac{y_{3}-y_{4}}{y_{3}^{2}-y_{4}^{2}}=\frac{1}{6m},所以\beta=\arctan\frac{1}{6m},又\alpha=\arctanm,所以\alpha-\beta=\arctanm-\arctan\frac{1}{6m}=\arctan\frac{5m^{2}-1}{6m},当m=\sqrt{\frac{1}{5}}时,\alpha-\beta取得最大值\frac{\pi}{2},所以直线AB的方程为x=0. 最终结果是y^2=6*x x=0 |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$, 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$ 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)由题意可得F(\frac{p}{2},0),当直线MD垂直于x轴时,可得M(p,\pm2\sqrt{p}),又|MF|=3,所以\sqrt{(\frac{p}{2})^{2}+4p}=3,解得p=2,所以C的方程为y^{2}=4x.(2)当直线MN的斜率不存在时,直线AB的斜率也不存在,此时a-\beta=0;当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x-1),联立\begin{cases}y=k(x-1)\\v2=4x\end{cases},消去x得ky^{2}-4y-4k=0,设M(x_{1},y_{1}),N(x_{2},y |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$, 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$ 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 \n首先，我们知道抛物线 $C$ 的标准方程是 $y^2 = 2px$，其中 $p$ 是焦点到准线的距离。抛物线的焦点 $F$ 的坐标是 $(\\frac{p}{2}, 0)$。题目中给出当直线 $MD$ 垂直于 $x$ 轴时，$|MF| = 3$。这意味着点 $M$ 在 $x$ 轴上的投影与焦点 $F$ 的距离为 3。\n\n由于 $MD$ 垂直于 $x$ 轴，点 $M$ 的 $x$ 坐标与点 $D$ 的 $x$ 坐标相同，即 $M$ 的 $x$ 坐标为 $p$。因此，$M$ 的坐标可以表示为 $(p, y_M)$。根据抛物线方程 $y_M^2 = 2p \\cdot p = 2p^2$，所以 $y_M = \\pm \\sqrt{2p^2} = \\pm p\\sqrt{2}$。\n\n焦点 $F$ 的坐标是 $(\\frac{p}{2}, 0)$，所以 $|MF| = \\sqrt{(p - \\frac{p}{2})^2 + (y_M - 0)^2} = \\sqrt{(\\frac{p}{2})^2 + (p\\sqrt{2})^2} = \\sqrt{\\frac{p^2}{4} + 2p^2} = \\sqrt{\\frac{9p^2}{4}} = \\frac{3p}{2}$。\n\n题目中给出 $|MF| = 3$，所以我们有 $\\frac{3p}{2} = 3$，解得 $p = 2$。\n\n因此，抛物线 $C$ 的方程为 $y^2 = 2 \\cdot 2x = 4x$。\n<eoe>\n【答案】$y^2 = 4x$<eoa>\n\n(2)【解析】\n由(1)知，抛物线 $C$ 的方程为 $y^2 = 4x$，焦点 $F$ 的坐标为 $(1, 0)$，点 $D$ 的坐标为 $(2, 0)$。\n\n当直线 $MN$ 过焦点 $F$ 时，设其方程为 $x = my + 1$，代入抛物线方程 $y^2 = 4x$，得到 $y^2 = 4(my + 1)$，即 $y^2 - 4my - 4 = 0$。这是一个关于 $y$ 的二次方程，设其根为 $y_1$ 和 $y_2$，则 $y_1 + y_2 = 4m$，$y_1 y_2 = -4$。\n\n点 $M$ 和 $N$ 的坐标分别为 $(my_1 + 1, y_1)$ 和 $(my_2 + 1, y_2)$。直线 $MD$ 和 $ND$ 的方程分别为 $x = 2$ 和 $x = 2$，代入抛物线方程 $y^2 = 4x$，得到 $y^2 = 8$，即 $y = \\pm 2\\sqrt{2}$。\n\n设 $A$ 和 $B$ 的坐标分别为 $(2, 2\\sqrt{2})$ 和 $(2, -2\\sqrt{2})$。直线 $MN$ 的倾斜角为 $a$，直线 $AB$ 的倾斜角为 $\\beta$。我们需要找到 $a - \\beta$ 的最大值。\n\n直线 $MN$ 的斜率为 $\\frac{y_2 - y_1}{my_2 + 1 - (my_1 + 1)} = \\frac{y_2 - y_1}{m(y_2 - y_1)} = \\frac{1}{m}$，所以 $a = \\arctan(\\frac{1}{m})$。\n\n直线 $AB$ 的斜率为 $\\frac{-2\\sqrt{2} - 2\\sqrt{2}}{2 - 2} = \\infty$，所以 $\\beta = \\frac{\\pi}{2}$。\n\n因此，$a - \\beta = \\arctan(\\frac{1}{m}) - \\frac{\\pi}{2}$。为了使 $a - \\beta$ 最大，我们需要 $m$ 最小。当 $m = 0$ 时，$a - \\beta = -\\frac{\\pi}{2}$，这是不可能的，因为 $\\arctan(\\frac{1}{m})$ 的范围是 $(-\\frac{\\pi}{2}, \\frac{\\pi}{2})$。\n\n所以，$m$ 应该取一个较大的值，使得 $\\arctan(\\frac{1}{m})$ 接近 $\\frac{\\pi}{2}$。当 $m \\to \\infty$ 时，$\\arctan(\\frac{1}{m}) \\to 0$，所以 $a - \\beta \\to -\\frac{\\pi}{2}$。\n\n因此，直线 $AB$ 的方程为 $x = 2$。\n<eoe>\n【答案】$x = 2$<eoa>" | 【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$, 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$ 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】\n抛物线 $C: y^{2}=2px$ 的焦点为 $F\\left(\\frac{p}{2},0\\right)$。由题设，点 $D(p,0)$，当直线 $MD$ 垂直于 $x$ 轴时，即 $M$ 点的 $x$ 坐标为 $p$，由抛物线的方程知，$M$ 点的坐标为 $(p, \\pm\\sqrt{2}p)$。由于 $|MF|=3$，根据抛物线的性质，$|MF|=x_{M}+\\frac{p}{2}=p+\\frac{p}{2}=\\frac{3p}{2}=3$，从而解得 $p=2$。因此，抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4x$。<eoe>\n\n【答案】$y^{2}=4x$<eoa>\n\n(2)【解析】\n已知直线 $MD$ 和 $ND$ 分别与抛物线 $C$ 的另一个交点为 $A$ 和 $B$。记直线 $MN$ 和 $AB$ 的倾斜角分别为 $\\alpha$ 和 $\\beta$。当 $\\alpha-\\beta$ 取得最大值时，我们首先需要确定直线 $AB$ 的倾斜角 $\\beta$。\n\n由(1)知，$M$ 点坐标为 $(2, \\pm2\\sqrt{2})$。直线 $MD$ 的斜率不存在，故直线 $MD$ 的方程为 $x=2$。直线 $ND$ 的斜率也与 $M$ 点的 $y$ 坐标有关，但具体数值不影响我们求解 $\\alpha-\\beta$ 的最大值。我们关注于直线 $AB$。\n\n要使 $\\alpha-\\beta$ 最大，考虑到 $\\alpha$ 和 $\\beta$ 的角度取决于直线 $MN$ 和 $AB$ 的斜率，我们考虑抛物线的对称性。当 $MN$ 垂直于 $x$ 轴时，$\\alpha=90^{\\circ}$，此时 $\\alpha-\\beta$ 的值取决于 $\\beta$ 的大小，而 $\\beta$ 的大小又取决于点 $A$ 和 $B$ 的位置。当 $AB$ 与 $x$ 轴平行时，$\\beta=0^{\\circ}$，从而 $\\alpha-\\beta$ 取得最大值 $90^{\\circ}$。\n\n因此，当直线 $AB$ 与 $x$ 轴平行时，$\\alpha-\\beta$ 取得最大值。此时，直线 $AB$ 的斜率为 $0$，方程为 $y=c$ 的形式。由于 $A$ 和 $B$ 在抛物线 $C: y^{2}=4x$ 上，且 $AB$ 与 $x$ 轴平行，因此 $A$ 和 $B$ 的 $y$ 坐标相等。考虑到 $M$ 和 $N$ 关于 $x$ 轴对称，$A$ 和 $B$ 也应该关于 $x$ 轴对称。因此，$AB$ 的方程为 $y=\\pm2\\sqrt{2}$。但是，由于 $A$ 和 $B$ 在 $x$ 轴的上方，我们选择 $y=2\\sqrt{2}$ 作为直线 $AB$ 的方程。<eoe>\n\n【答案】$y=2\\sqrt{2}$<eoa>" | 【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$, 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$ 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| baichuan4 | (1)【解析】 首先，我们知道抛物线 $C: y^{2}=2px$ 的焦点是 $(\frac{p}{2}, 0)$。根据题目条件，当直线 $MD$ 垂直于 $x$ 轴时，$|MF|=3$，即点 $M$ 到焦点 $F$ 的距离为 3。由于 $D(p, 0)$，且 $MD$ 垂直于 $x$ 轴，那么 $M$ 的横坐标也是 $p$。因此，我们可以得出： $$|MF| = |p - \frac{p}{2}| = \frac{p}{2} = 3$$ 由此可得 $p = 6$。因此，抛物线 $C$ 的方程为： $$y^{2} = 2px = 12x$$ 【答案】 抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2} = 12x$。 (2)【解析】 由于 $M$ 和 $N$ 都在抛物线上，且 $MD$ 和 $ND$ 都通过点 $D(6, 0)$，我们可以设 $M(6, y_0)$，那么根据抛物线方程 $y^2 = 12x$，我们有： $$y_0^2 = 12 \cdot 6 = 72$$ 所以 $M(6, \pm 6\sqrt{2})$。不失一般性，我们可以取 $M(6, 6\sqrt{2})$。 由于 $MD$ 垂直于 $x$ 轴，那么直线 $MD$ 的斜率为无穷大，所以直线 $MD$ 的方程为 $x = 6$。将 $x = 6$ 代入抛物线方程 $y^2 = 12x$，得到 $y^2 = 72$，所以 $A(6, -6\sqrt{2})$。 接下来，我们需要找到直线 $AB$ 的斜率。由于 $A$ 和 $B$ 都在抛物线上，且抛物线是对称的，所以 $AB$ 的斜率等于 $M$ 和 $N$ 的斜率的相反数。设 $M(6, 6\sqrt{2})$，$N(x_N, y_N)$，由于 $MN$ 通过焦点 $F(3, 0)$，我们可以得到 $MN$ 的斜率： $$k_{MN} = \frac{6\sqrt{2} - 0}{6 - 3} = 2\sqrt{2}$$ 因此，$AB$ 的斜率为 $-2\sqrt{2}$。由于 $A(6, -6\sqrt{2})$，我们可以得到直线 $AB$ 的方程： $$y - (-6\sqrt{2}) = -2\sqrt{2}(x - 6)$$ 简化得： $$y + 6\sqrt{2} = -2\sqrt{2}x + 12\sqrt{2}$$ $$y = -2\sqrt{2}x + 6\sqrt{2}$$ 【答案】 直线 $AB$ 的方程为 $y = -2\sqrt{2}x + 6\sqrt{2}$。 |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$, 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$ 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| doubao | (1)【解析】当直线$MD$垂直于$x$轴时，点$M$的横坐标为$p$，代入抛物线方程可得$y^{2}=2p\times p=2p^{2}$，则$y=\pm\sqrt{2p^{2}}=\pm\sqrt{2}p$，已知$|MF|=3$，即$p+\frac{p}{2}=3$，解得$p=2$。所以抛物线方程为$y^{2}=4x$。<eoe> 【答案】抛物线$C$的方程为$y^{2}=4x$。<eoa> (2)【解析】由(1)知$F(1,0)$，设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，直线$MN$的方程为$x=my+1$，代入$y^{2}=4x$得$y^{2}-4my-4=0$，则$y_{1}+y_{2}=4m$，$y_{1}y_{2}=-4$。直线$MD$的方程为$x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}}y+2$，与$y^{2}=4x$联立可得$y^{2}-\frac{4(x_{1}-2)}{y_{1}}y-8=0$，则$y_{A}y_{1}=-8$，可得$y_{A}=-\frac{8}{y_{1}}$，同理可得$y_{B}=-\frac{8}{y_{2}}$。则$k_{AB}=\frac{y_{A}-y_{B}}{x_{A}-x_{B}}=\frac{4}{\frac{y_{1}+y_{2}}{2}}=\frac{8}{y_{1}+y_{2}}$。设$t=\tan\alpha-\tan\beta=\frac{k_{MN}-k_{AB}}{1+k_{MN}k_{AB}}=\frac{\frac{1}{m}-\frac{8}{4m}}{1+\frac{8}{4m^{2}}}=\frac{4m-8}{4m^{2}+8}$，令$4m-8=t(4m^{2}+8)$，整理得$4tm^{2}-4m+8t+8=0$，由判别式$\Delta=16-16t(8t+8)\geq0$，解得$t\in[-1,\frac{1}{3}]$，所以当$t=\frac{1}{3}$时，$\alpha-\beta$取得最大值，此时$m=3$，则$y_{1}+y_{2}=12$，$y_{1}y_{2}=-4$，可得$y_{A}+y_{B}=\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=-6$，$x_{A}+x_{B}=\frac{y_{A}^{2}+y_{B}^{2}}{4}=\frac{(y_{A}+y_{B})^{2}-2y_{A}y_{B}}{4}=10$，则$AB$中点坐标为$(5,-3)$，$k_{AB}=\frac{1}{3}$，所以直线$AB$的方程为$y+3=\frac{1}{3}(x-5)$，即$x-3y-14=0$。<eoe> 【答案】直线$AB$的方程为$x-3y-14=0$。<eoa> |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$, 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$ 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| minimax | (1)【解析】抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$ 的焦点 $F$ 的坐标是 $(\frac{p}{2}, 0)$。因为点 $D(p, 0)$ 在 $x$ 轴上，且直线 $MD$ 垂直于 $x$ 轴，所以点 $M$ 的坐标形式为 $(\frac{p}{2}, y_M)$。根据抛物线的定义，点 $M$ 到焦点 $F$ 的距离 $|MF|$ 等于点 $M$ 到准线的距离。抛物线的准线方程是 $x=-\frac{p}{2}$，所以点 $M$ 到准线的距离是 $\frac{p}{2} + \frac{p}{2} = p$。因此，我们有 $|MF| = p$。根据题目条件，$|MF| = 3$，所以 $p = 3$。因此，抛物线 $C$ 的方程是 $y^{2}=2 \cdot 3 x$。<eoe> 【答案】抛物线 $C$ 的方程是 $y^{2}=6x$。<eoa> (2)【解析】由于抛物线 $C$ 的方程是 $y^{2}=6x$，焦点 $F$ 的坐标是 $(\frac{3}{2}, 0)$。点 $D$ 的坐标是 $(3, 0)$。设直线 $MN$ 的方程为 $x=my+c$。因为直线 $MN$ 通过焦点 $F$，所以 $c=\frac{3}{2}$。因此，直线 $MN$ 的方程可以写为 $x=my+\frac{3}{2}$。 由于直线 $MN$ 与抛物线 $C$ 相交于点 $M$ 和 $N$，我们可以将直线 $MN$ 的方程代入抛物线的方程中，得到： $$y^2 = 6(my+\frac{3}{2})$$ $$y^2 = 6my + 9$$ $$y^2 - 6my - 9 = 0$$ 这是一个关于 $y$ 的二次方程，其解为 $y_M$ 和 $y_N$，即点 $M$ 和 $N$ 的 $y$ 坐标。根据韦达定理，$y_M + y_N = 6m$，$y_M \cdot y_N = -9$。 由于直线 $MD$ 和 $ND$ 分别与 $x$ 轴垂直，所以点 $A$ 和 $B$ 的 $x$ 坐标分别是 $3$ 和 $-3$。设点 $A$ 的坐标为 $(3, y_A)$，点 $B$ 的坐标为 $(-3, y_B)$。由于 $A$ 和 $B$ 也在抛物线上，我们有： $$y_A^2 = 6 \cdot 3$$ $$y_B^2 = 6 \cdot (-3)$$ $$y_A = \pm \sqrt{18}$$ $$y_B = \pm \sqrt{-18}$$ 由于 $y_A$ 和 $y_B$ 是实数，我们只考虑实数解，所以 $y_A = \sqrt{18}$，$y_B = -\sqrt{18}$。 直线 $AB$ 的斜率 $k_{AB}$ 是： $$k_{AB} = \frac{y_B - y_A}{-3 - 3} = \frac{-\sqrt{18} - \sqrt{18}}{-6} = \frac{-2\sqrt{18}}{-6} = \frac{\sqrt{18}}{3}$$ 直线 $AB$ 的倾斜角 $\beta$ 是斜率的反正切，即： $$\tan(\beta) = \frac{\sqrt{18}}{3}$$ 由于直线 $MN$ 的斜率 $k_{MN}$ 是 $m$，直线 $MN$ 的倾斜角 $a$ 是 $m$ 的反正切，即： $$\tan(a) = m$$ 当 $a - \beta$ 取得最大值时，$m$ 应该尽可能大。由于直线 $MN$ 与抛物线相交，$m$ 的最大值受到抛物线开口的限制。当直线 $MN$ 与抛物线相切时，$m$ 的值最大。此时，二次方程 $y^2 - 6my - 9 = 0$ 有重根，即判别式 $\Delta = 0$。判别式 $\Delta$ 为： $$\Delta = (6m)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-9) = 36m^2 + 36 = 0$$ 解得 $m = 0$，但这与我们的假设矛盾，因为直线 $MN$ 不能与 $x$ 轴平行。因此，我们需要找到一个使得 $m$ 尽可能大的 $m$ 值，但又不能使得直线 $MN$ 与 $x$ 轴平行。这意味着直线 $MN$ 应该尽可能接近抛物线的对称轴 $x$ 轴，但又不能与之重合。 由于抛物线的对称轴是 $x$ 轴，直线 $MN$ 与 $x$ 轴的夹角越小，$m$ 的值越大。因此，当直线 $MN$ 与 $x$ 轴的夹角趋近于 $0$ 时，$m$ 的值趋近于无穷大，此时 $a - \beta$ 的值也趋近于无穷大。 然而，实际上直线 $MN$ 不能与 $x$ 轴重合，因此我们需要找到一个具体的 $m$ 值，使得 $a - \beta$ 最大。由于直线 $MN$ 与抛物线相交于两点，且 $M$ 和 $N$ 关于 $x$ 轴对称，我们可以设 $M$ 和 $N$ 的 $y$ 坐标分别为 $y_M$ 和 $-y_M$。由于 $y_M^2 = 6my_M + 9$，我们可以解出 $y_M$ 的值，然后求出 $m$ 的值。 解二次方程 $y^2 - 6my - 9 = 0$ 得到 $y_M$ 的值： $$y_M = \frac{6m \pm \sqrt{36m^2 + 36}}{2}$$ 由于 $y_M$ 是实数，我们取正的平方根： $$y_M = \frac{6m + \sqrt{36m^2 + 36}}{2}$$ 由于 $y_M$ 和 $-y_M$ 是对称的，我们可以取 $y_M$ 的正值。现在我们需要找到一个 $m$ 的值，使得 $a - \beta$ 最大。由于 $a$ 是 $m$ 的反正切，$\beta$ 是 $\frac{\sqrt{18}}{3}$ 的反正切，我们需要最大化 $m$ 与 $\frac{\sqrt{18}}{3}$ 的差值。 考虑到 $m$ 的值不能无限大，我们可以考虑 $m$ 的极限情况。当 $m$ 趋近于无穷大时，$y_M$ 也趋近于无穷大，这意味着点 $M$ 和 $N$ 趋近于抛物线的顶点。在这种情况下，直线 $MN$ 趋近于抛物线的对称轴 $x$ 轴，而直线 $AB$ 趋近于水平线。在这种极限情况下，$a - \beta$ 的值趋近于最大。 然而，我们需要一个具体的 $m$ 值来求解直线 $AB$ 的方程。由于我们无法直接求出 $m$ 的具体值，我们需要使用另一种方法来求解。 注意到当直线 $MN$ 与 $x$ 轴平行时，$a - \beta$ 的值为 $0$。因此，我们需要找到一个 $m$ 的值，使得 $a - \beta$ 的值大于 $0$ 且尽可能大。由于 $a$ 是 $m$ 的反正切，$\beta$ 是 $\frac{\sqrt{18}}{3}$ 的反正切，我们可以考虑 $m$ 的值使得 $\tan(a) - \tan(\beta)$ 最大。 由于 $\tan(\beta) = \frac{\sqrt{18}}{3}$ 是一个常数，我们需要最大化 $\tan(a) = m$。考虑到直线 $MN$ 不能与 $x$ 轴平行，我们可以考虑直线 $MN$ 与 $x$ 轴的夹角为 $45^\circ$ 的情况。在这种情况下，$m = 1$，因为直线的斜率等于 $\tan(45^\circ)$。 因此，当直线 $MN$ 的斜率为 $1$ 时，$a - \beta$ 的值最大。此时，直线 $MN$ 的方程为 $x = y + \frac{3}{2}$。 现在我们需要求出直线 $AB$ 的方程。由于 |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$, 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$ 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| kimi | (1)【解析】 首先，我们需要知道抛物线的标准方程形式是 $y^2 = 4ax$，其中焦点位于 $(a, 0)$。题目中给出的抛物线方程是 $y^2 = 2px$，我们可以将其与标准方程进行比较，得到 $4a = 2p$，即 $a = \frac{p}{2}$。 抛物线的焦点 $F$ 坐标为 $(a, 0)$，即 $F(\frac{p}{2}, 0)$。 题目中提到当直线 $MD$ 垂直于 $x$ 轴时，$|MF| = 3$。由于 $MD$ 垂直于 $x$ 轴，$M$ 的 $x$ 坐标与 $D$ 相同，即 $x_M = p$。将 $x_M$ 代入抛物线方程，得到 $y_M^2 = 2p \cdot p = 2p^2$，所以 $y_M = \sqrt{2p^2} = p\sqrt{2}$。 由于 $|MF| = 3$，我们可以得到 $x_M + \frac{p}{2} = 3$，即 $p + \frac{p}{2} = 3$，解得 $p = 2$。 因此，抛物线 $C$ 的方程为 $y^2 = 4px = 4 \cdot 2x = 8x$。 <eoe> 【答案】$y^2 = 8x$<eoa> (2)【解析】 设直线 $MN$ 的方程为 $y = k(x - 1)$，其中 $k$ 为斜率。将直线方程代入抛物线方程 $y^2 = 8x$，得到 $k^2(x - 1)^2 = 8x$。 展开并整理得到 $k^2x^2 - (2k^2 + 8)x + k^2 = 0$。 设 $M(x_1, y_1)$ 和 $N(x_2, y_2)$，根据韦达定理，我们有 $x_1 + x_2 = \frac{2k^2 + 8}{k^2}$ 和 $x_1x_2 = 1$。 由于 $MD$ 垂直于 $x$ 轴，$M$ 的坐标为 $(p, p\sqrt{2})$，即 $(2, 2\sqrt{2})$。 直线 $MD$ 的斜率为 $k_{MD} = \frac{p\sqrt{2} - 0}{2 - p} = \frac{2\sqrt{2}}{2 - 2}$，由于分母为0，所以直线 $MD$ 垂直于 $x$ 轴。 直线 $MN$ 的斜率为 $k_{MN} = k$，所以直线 $MD$ 的倾斜角 $\alpha = 90^\circ$。 直线 $AB$ 的斜率 $k_{AB}$ 可以通过求 $MN$ 和 $AB$ 的斜率之差得到，即 $k_{AB} = \frac{k_{MN} - k_{MD}}{1 + k_{MN}k_{MD}}$。 由于直线 $MD$ 垂直于 $x$ 轴，$k_{MD}$ 不存在，因此 $k_{AB} = -\frac{1}{k_{MN}} = -\frac{1}{k}$。 当 $a - \beta$ 取得最大值时，$k_{MN}$ 取得最小值，即直线 $MN$ 与 $x$ 轴平行，此时 $k = 0$。 因此，直线 $AB$ 的斜率为 $k_{AB} = -\frac{1}{k} = 0$，即直线 $AB$ 与 $x$ 轴平行。 由于直线 $AB$ 过点 $A$，我们可以求出 $A$ 的坐标，然后得到直线 $AB$ 的方程。 <eoe> 【答案】直线 $AB$ 的方程为 $y = 2\sqrt{2}$<eoa> |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$, 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$ 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】当直线$MD$垂直于$x$轴时，点$M$的横坐标与点$D$的横坐标相同，即$M$的横坐标为$p$。将$x=p$代入抛物线方程$y^{2}=2px$，得到$y^{2}=2p^{2}$，解得$y=\pm\sqrt{2}p$。由于$|MF|=3$，且$F$的坐标为$\left(\frac{p}{2},0\right)$，所以$|MF|=\sqrt{2}p-\frac{p}{2}=3$，解得$p=2$。因此，抛物线$C$的方程为$y^{2}=4x$。<eoe> 【答案】抛物线$C$的方程为$y^{2}=4x$。<eoa> (2)【解析】设直线$MN$的方程为$x=my+1$，将其代入抛物线方程$y^{2}=4x$，得到$y^{2}-4my-4=0$。设$M(x_{1},y_{1}),N(x_{2},y_{2})$，则$y_{1}+y_{2}=4m,y_{1}y_{2}=-4$。由抛物线的对称性，可知$A,B$关于$x$轴对称，所以直线$AB$的斜率$k_{AB}=\frac{1}{m}$，即$\tan\beta=\frac{1}{m}$。又因为$\tan\alpha=m$，所以$\tan(\alpha-\beta)=\frac{m-\frac{1}{m}}{1+m\cdot\frac{1}{m}}=\frac{m^{2}-1}{m^{2}+1}=1-\frac{2}{m^{2}+1}$。当$m=0$时，$\alpha-\beta$取得最大值$\frac{\pi}{2}$，此时直线$AB$的方程为$y=0$。<eoe> 【答案】当$\alpha-\beta$取得最大值时，直线$AB$的方程为$y=0$。<eoa> |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$, 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$ 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，根据题意，抛物线的标准方程为 \( y^2 = 2px \)，其中焦点 \( F \) 的坐标为 \( ( \frac{p}{2}, 0 ) \)。 已知点 \( D(p, 0) \)，且当直线 \( MD \) 垂直于 \( x \) 轴时，\( |MF| = 3 \)。 因为 \( MD \) 垂直于 \( x \) 轴，所以点 \( M \) 的横坐标为 \( p \)。设 \( M \) 的坐标为 \( (p, y_1) \)，根据抛物线方程 \( y_1^2 = 2p \cdot p = 2p^2 \)，即 \( y_1 = \pm \sqrt{2} p \)。 考虑 \( |MF| = 3 \)，即点 \( M \) 到焦点 \( F \) 的距离为 3。焦点 \( F \) 的坐标为 \( ( \frac{p}{2}, 0 ) \)，所以 \[ |MF| = \sqrt{ \left( p - \frac{p}{2} \right)^2 + y_1^2 } = \sqrt{ \left( \frac{p}{2} \right)^2 + 2p^2 } = \sqrt{ \frac{p^2}{4} + 2p^2 } = \sqrt{ \frac{9p^2}{4} } = \frac{3p}{2} \] 根据题意，\( \frac{3p}{2} = 3 \)，解得 \( p = 2 \)。 所以抛物线的方程为 \( y^2 = 2 \cdot 2x = 4x \)。 <eoe> 【答案】 抛物线 \( C \) 的方程为 \( y^2 = 4x \)。<eoa> (2)【解析】 已知抛物线 \( C \) 的方程为 \( y^2 = 4x \)，焦点 \( F \) 的坐标为 \( (1, 0) \)，点 \( D \) 的坐标为 \( (2, 0) \)。 设过 \( F \) 的直线交抛物线于 \( M \) 和 \( N \) 两点，设 \( M \) 和 \( N \) 的坐标分别为 \( (x_1, y_1) \) 和 \( (x_2, y_2) \)。 由于 \( M \) 和 \( N \) 在抛物线上，所以有 \( y_1^2 = 4x_1 \) 和 \( y_2^2 = 4x_2 \)。 设直线 \( MN \) 的方程为 \( y = k(x - 1) \)，代入抛物线方程 \( y^2 = 4x \) 得： \[ (k(x - 1))^2 = 4x \] \[ k^2(x - 1)^2 = 4x \] \[ k^2(x^2 - 2x + 1) = 4x \] \[ k^2x^2 - 2k^2x + k^2 = 4x \] \[ k^2x^2 - (2k^2 + 4)x + k^2 = 0 \] 根据韦达定理，\( x_1 + x_2 = \frac{2k^2 + 4}{k^2} \)，\( x_1x_2 = \frac{k^2}{k^2} = 1 \)。 设直线 \( MD \) 和 \( ND \) 分别交抛物线于 \( A \) 和 \( B \)，记 \( A \) 和 \( B \) 的坐标分别为 \( (x_3, y_3) \) 和 \( (x_4, y_4) \)。 由于 \( MD \) 垂直于 \( x \) 轴，且 \( M \) 的横坐标为 2，所以 \( M \) 的坐标为 \( (2, y_1) \)，且 \( y_1^2 = 8 \)，即 \( y_1 = \pm 2\sqrt{2} \)。 考虑 \( a - \beta \) 取得最大值时，设直线 \( AB \) 的倾斜角为 \( \beta \)，直线 \( MN \) 的倾斜角为 \( a \)，则 \( a - \beta \) 取得最大值时，直线 \( AB \) 应该与 \( x \) 轴平行，即 \( \beta = 0 \)。 此时，直线 \( AB \) 的方程为 \( y = 0 \)。 <eoe> 【答案】 当 \( a - \beta \) 取得最大值时，直线 \( AB \) 的方程为 \( y = 0 \)。<eoa> |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$, 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$ 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| gpto1 | (1)【解析】 抛物线 $C: y^{2}=2 p x$ 的焦点为 $F\left(\dfrac{p}{2}, 0\right)$，点 $D(p, 0)$。 当直线 $M D$ 垂直于 $x$ 轴时，$M D$ 为过 $M$ 点， $x=p$ 的直线，即 $M$ 的横坐标为 $x=p$。 将 $x=p$ 代入抛物线方程： \[ y^2 = 2p \cdot p \] \[ y^2 = 2p^2 \] \[ y = \pm p\sqrt{2} \] 因此，点 $M$ 的坐标为 $\left(p, \pm p\sqrt{2}\right)$。 点 $F$ 的坐标为 $\left(\dfrac{p}{2}, 0\right)$。 计算 $|M F|$： \[ |M F| = \sqrt{\left(p - \dfrac{p}{2}\right)^2 + \left(\pm p\sqrt{2} - 0\right)^2} \] \[ |M F| = \sqrt{\left(\dfrac{p}{2}\right)^2 + 2 p^2} \] \[ |M F| = \sqrt{\dfrac{p^2}{4} + 2 p^2} \] \[ |M F| = \sqrt{\dfrac{9 p^2}{4}} \] \[ |M F| = \dfrac{3 p}{2} \] 已知 $|M F| = 3$，所以： \[ \dfrac{3 p}{2} = 3 \] \[ p = 2 \] 因此，抛物线 $C$ 的方程为： \[ y^2 = 2 \times 2 x \] 即： \[ y^2 = 4 x \] <eoe> 【答案】 (1)抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$。<eoa> |
【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$, 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$ 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |
| deepseekv3 | server error: Error code: 400 - {'error': {'code': 'RequestTimeOut', 'param': None, 'message': 'Request timed out, please try again later.', 'type': 'RequestTimeOut'}, 'id': 'chatcmpl-df51bf88-bc1e-932c-83a5-69555e12be77', 'request_id': 'df51bf88-bc1e-932c-83a5-69555e12be77'} | 【小问 1 详解】} 抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$, 此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ， 所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$; 【小问 2 详解】} 设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$, 由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$, 直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$, $\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$ 又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$, 所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$, 若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$, $\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$ 所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$. |