第2.3节综合训练

由题可知直线斜率存在,设直线 $ l $ 的方程为 $ y=kx+b $ ,即 $ kx-y+b=0 $ ,向左平移3个单位长度后,得到直线 $ l^\prime :y=k(x+3)+b $ ,即 $ kx-y+3k+b=0 $ ,所以两条平行直线间的距离 $ d=\dfrac{\left|3k\right|}{\sqrt{{1}^{2}+{k}^{2}}}=\sqrt{3} $ ,解得 $ k=±\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

直线 $ {l}_{1} $ 的方程可化为 $ k(x-2)+1-y=0 $ ，由 $ \begin{cases}x-2=0,\\ 1-y=0\end{cases} $ 得 $ \begin{cases}x=2,\\ y=1,\end{cases} $ 所以直线 $ {l}_{1} $ 过定点 $ A(2,1) $ ，点 $ A(2,1) $ 关于点 $ (1,0) $ 的对称点为 $ B(0,-1) $ ，因此直线 $ {l}_{2} $ 恒过的定点为 $ (0,-1) $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

当 $ \theta =\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ 时,直线的斜率 $ k= \tan \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\sqrt{3} $ ,直线方程为 $ y=\sqrt{3}x $ ,联立 $ \begin{cases}y=\sqrt{3}x,\\ x+\sqrt{3}y-4=0,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}x=1,\\ y=\sqrt{3},\end{cases} $ 则 $ {P}_{1}(1,\sqrt{3}) $ ;

当 $ \theta =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ 时,直线的斜率 $ k= \tan \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}=-\sqrt{3} $ ,直线方程为 $ y=-\sqrt{3}x $ ,联立 $ \begin{cases}y=-\sqrt{3}x,\\ x+\sqrt{3}y-4=0,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}x=-2,\\ y=2\sqrt{3},\end{cases} $ 则 $ {P}_{2}(-2,2\sqrt{3}) $ .所以点 $ P $ 的轨迹长度 $ \left|{P}_{1}{P}_{2}\right|=\sqrt{{\left(1+2\right) ^ {2}}+{\left(\sqrt{3}-2\sqrt{3}\right) ^ {2}}}=2\sqrt{3} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

对直线 $ {l}_{1}：x+my+1=0 $ ，当 $ y=0 $ 时, $ x=-1 $ ，则直线 $ x+my+1=0 $ 过定点 $ A(-1,0) $ .

对直线 $ {l}_{2}：mx-y-2m+3=0 $ ，即 $ m(x-2)-y+3=0 $ ,当 $ x=2 $ 时, $ y=3 $ ，则直线 $ mx-y-2m+3=0 $ 过定点 $ B(2,3) $ .

当 $ m=0 $ 时，如图①，直线 $ {l}_{1}:x=-1 $ ，直线 $ {l}_{2}:y=3 $ ，则交点 $ P(-1,3) $ ，此时 $ \left|PA\right|=3 $ ， $ \left|PB\right|=3 $ ， $ \therefore \left|PA\right|+\left|PB\right|=6 $ .

图①

当 $ m\ne 0 $ 时，如图②，直线 $ {l}_{1} $ 的斜率 $ {k}_{1}=-\dfrac{1}{m} $ ，直线 $ {l}_{2} $ 的斜率 $ {k}_{2}=m $ .

图②

$ \because {k}_{1}{k}_{2}=-1 $ ， $ \therefore {l}_{1}\perp {l}_{2} $ ，则 $ △PAB $ 是直角三角形， $ \therefore {\left|PA\right|}^{2}+{\left|PB\right|}^{2}={\left|AB\right|}^{2}={\left(2+1\right) ^ {2}}+{\left(3-0\right) ^ {2}}=18 $ ，

又 $ \because {\left(\left|PA\right|+\left|PB\right|\right) ^ {2}}={\left|PA\right|}^{2}+{\left|PB\right|}^{2}+2\left|PA\right|\left|PB\right|\leqslant 2({\left|PA\right|}^{2}+{\left|PB\right|}^{2})=2×18=36 $ ，且 $ \left|PA\right|+\left|PB\right| > 0 $ ，

$ \therefore \left|PA\right|+\left|PB\right|\leqslant 6 $ ，当且仅当 $ \left|PA\right|=\left|PB\right|=3 $ ,即 $ m=0 $ 时等号成立,

$ \therefore \left|PA\right|+\left|PB\right| < 6 $ .

$ \therefore \left|PA\right|+\left|PB\right| $ 的最大值为6.故选B.

$ \mathrm{A} $ 选项， $ l:(2m+1)\cdot x+(1-m)y-2m-4=0⇒m(2x-y-2)+x+y-4=0 $ ，

令 $ \begin{cases}2x-y-2=0,\\ x+y-4=0,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}x=2,\\ y=2,\end{cases} $ 故直线 $ l $ 过定点 $ (2,2) $ ， $ \mathrm{A} $ 正确；

$ \mathrm{B} $ 选项，由 $ \mathrm{A} $ 选项知，直线 $ l $ 过定点 $ E(2,2) $ ，故原点 $ O $ 到直线 $ l $ 距离的最大值为 $ |OE|=\sqrt{{2}^{2}+{2}^{2}}=2\sqrt{2} $ ， $ \mathrm{B} $ 正确；

$ \mathrm{C} $ 选项，点 $ A(-1,0) $ ， $ B(1,0) $ 到直线 $ l $ 的距离相等，则 $ \dfrac{|-(2m+1)-2m-4|}{\sqrt{{\left(2m+1\right) ^ {2}}+{\left(1-m\right) ^ {2}}}}=\dfrac{|2m+1-2m-4|}{\sqrt{{\left(2m+1\right) ^ {2}}+{\left(1-m\right) ^ {2}}}} $ ，故 $ |-4m-5|=3 $ ，解得 $ m=-\dfrac{1}{2} $ 或 $ m=-2 $ ， $ \mathrm{C} $ 错误；

$ \mathrm{D} $ 选项，直线 $ l:(2m+1)x+(1-m)y-2m-4=0 $ 不经过第四象限，

当 $ 2m+1=0 $ 时，解得 $ m=-\dfrac{1}{2} $ , $ l:y=2 $ ，满足要求，此时斜率为0，

当 $ l $ 经过原点时， $ -2m-4=0 $ ，解得 $ m=-2 $ ，此时 $ l:y=x $ ，斜率为1.如图，数形结合得当 $ 0\leqslant {k}_{l}\leqslant 1 $ 时，满足要求，

即 $ \dfrac{2m+1}{m-1}\in [0,1] $ ，解得 $ -2\leqslant m\leqslant -\dfrac{1}{2} $ ， $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

由 $ \begin{cases}2x-y+1=0,\\ x-2y-1=0\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}x=-1,\\ y=-1,\end{cases} $ 所以直线 $ {l}_{1} $ 与 $ {l}_{2} $ 交于点 $ A(-1,-1) $ ,且两直线关于直线 $ y=x $ 对称，点 $ P $ 在直线 $ y=x $ 上，设直线 $ l $ 与 $ {l}_{1} $ , $ {l}_{2} $ 的交点分别为 $ B $ , $ C $ .当点 $ P $ 为 $ BC $ 的中点时, $ {S}_{△ABC} $ 最小.由对称性，可知当直线 $ l $ 垂直于直线 $ y=x $ 时，点 $ P $ 为 $ BC $ 的中点，此时直线 $ BC:x+y=6 $ ，故 $ B(\dfrac{5}{3},\dfrac{13}{3}) $ , $ C(\dfrac{13}{3},\dfrac{5}{3}) $ ，则 $ |BC|=\dfrac{8\sqrt{2}}{3} $ , $ |PA|=4\sqrt{2} $ ,则 $ {S}_{△ABC}=\dfrac{1}{2}|BC|\cdot |PA|=\dfrac{32}{3} $ .

设点 $ A(a,ka) $ , $ a < 0 $ , $ B(b,kb) $ , $ b > 0 $ ,则直线 $ AN:y=\dfrac{ka-1}{a}x+1 $ , $ BM:y=\dfrac{kb}{b-1}(x-1) $ ,则 $ \begin{cases}\dfrac{ka-1}{a} > 0,\\ \dfrac{kb}{b-1} > 0,\\ \dfrac{ka-1}{a} < \dfrac{kb}{b-1},\end{cases} $ 且 $ a < 0 $ , $ b > 0 $ ,则 $ \begin{cases}0 < ka < 1,\\ 0 < b < 1,\\ b+ak > 1.\end{cases} $ 由 $ \begin{cases}y=\dfrac{ka-1}{a}x+1,\\ y=\dfrac{kb}{b-1}\left(x-1\right),\end{cases} $ 解得点 $ C $ 的坐标为 $ (\dfrac{a (kb+b-1 )}{b+ka-1} $ , $ \dfrac{kb (ka+a-1 )}{b+ka-1} ) $ .由于 $ \left|AB\right|=\sqrt{1+{k}^{2}}\cdot (b-a) $ ,点 $ C $ 到直线 $ AB $ 的距离 $ d=\dfrac{-k(b-a)}{\sqrt{1+{k}^{2}}(b+ka-1)} $ ,故 $ {S}_{△ABC}=\dfrac{-k\cdot {\left(b-a\right) ^ {2}}}{2(b+ak-1)} $ .则 $ {S}_{△ABC}=\dfrac{-k\cdot {\left(b-a\right) ^ {2}}}{2(b+ak-1)}=3 $ ,即 $ k=\dfrac{6(1-b)}{6a+{\left(b-a\right) ^ {2}}} $ ,由于 $ \dfrac{{k}_{AN}}{{k}_{BM}}=\dfrac{(ka-1)(b-1)}{kab}=\dfrac{6ab+{\left(b-a\right) ^ {2}}}{6ab}=\dfrac{1}{6}×[4-(\dfrac{b}{-a}+\dfrac{-a}{b})]\leqslant \dfrac{1}{3} $ ,当且仅当 $ b=-a $ 时取等号.

若 $ x > 1 $ ，则 $ a{x}_{1}+b{y}_{1}+c > a{x}_{2}+b{y}_{2}+c > 0 $ 或 $ a{x}_{1}+b{y}_{1}+c < a{x}_{2}+b{y}_{2}+c < 0 $ ，

即点 $ P $ , $ Q $ 在直线 $ l $ 的同侧，且直线 $ l $ 与射线 $ PQ $ 不平行，故 $ \mathrm{A} $ 正确.

若 $ x=1 $ ，则 $ a{x}_{1}+b{y}_{1}+c=a{x}_{2}+b{y}_{2}+c $ ，即 $ a({x}_{2}-{x}_{1})+b({y}_{2}-{y}_{1})=0 $ ，

若 $ b=0 $ ，则 $ {x}_{1}={x}_{2} $ ，过 $ P $ , $ Q $ 两点的直线与直线 $ l $ 的斜率都不存在，故平行；

若 $ b\ne 0 $ ，则 $ \dfrac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}=-\dfrac{a}{b} $ ，所以 $ {k}_{PQ}={k}_{l} $ ，即过 $ P $ , $ Q $ 两点的直线与直线 $ l $ 平行，综上，直线 $ l $ 与射线 $ PQ $ 平行，故 $ \mathrm{B} $ 正确.

因为 $ |x|=\dfrac{|a{x}_{1}+b{y}_{1}+c|}{|a{x}_{2}+b{y}_{2}+c|}=\dfrac{\dfrac{|a{x}_{1}+b{y}_{1}+c|}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}}{\dfrac{|a{x}_{2}+b{y}_{2}+c|}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}} $ ，所以 $ |x| $ 为 $ P $ , $ Q $ 两点到直线 $ l $ 的距离之比，

若 $ x=-1 $ ，则 $ |x|=1 $ ，即 $ P $ , $ Q $ 两点到直线 $ l $ 的距离相等，且在直线 $ l $ 的两侧，但 $ l $ 与射线 $ PQ $ 不一定垂直，故 $ \mathrm{C} $ 不正确.

若点 $ Q $ 在直线 $ l $ 上，则有 $ a{x}_{2}+b{x}_{2}+c=0 $ ，

结合题设及分母不为0可知，不存在实数 $ x $ ，使点 $ Q $ 在直线 $ l $ 上，故 $ \mathrm{D} $ 不正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B} $ .