第2.4节综合训练

设 $ {C}_{2}(a,b) $ ,由题知圆 $ {C}_{1} $ 的圆心 $ {C}_{1}(-1,1) $ ,半径 $ {r}_{1}=\sqrt{3} $ ,

由圆 $ {C}_{1} $ 与圆 $ {C}_{2} $ 关于直线 $ x-y-1=0 $ 对称,得 $ \begin{cases}\dfrac{b-1}{a+1}=-1,\\ \dfrac{-1+a}{2}-\dfrac{1+b}{2}=1,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}a=2,\\ b=-2,\end{cases} $

所以圆 $ {C}_{2} $ 的标准方程为 $ (x-2)^{2}+{\left(y+2 \right) ^ {2}}=3 $ ,故选 $ \mathrm{A} $ .

因为圆心 $ C $ 的坐标为 $ (m,2-m) $ ,所以圆心 $ C $ 的运动轨迹为直线 $ x+y-2=0 $ ,当圆心 $ C $ 的坐标为 $ (1,1) $ 时,到原点的距离最小,则 $ m=1 $ ,此时圆 $ C $ 的半径为 $ \sqrt{3} $ ,则圆 $ C $ 的面积为 $ 3\mathrm{\pi } $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

设点 $ P(x,y) $ ,点 $ O $ 为坐标原点,又圆 $ C $ 的圆心 $ C(3,4) $ ,半径 $ r=1 $ ,则 $ {\left|PA\right|}^{2}+{\left|PB\right|}^{2}={\left(x+1\right) ^ {2}}+{y}^{2}+{\left(x-1\right) ^ {2}}+{y}^{2}=2({x}^{2}+{y}^{2})+2={2\left|PO\right|}^{2}+2 $ ,因为 $ {\left(0-3\right) ^ {2}}+{\left(0-4\right) ^ {2}} > 1 $ ,所以原点 $ O $ 在圆 $ C $ 外,且 $ \left|OC\right|=\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}=5 $ ,如图所示.

$ \left|OP\right|\geqslant \left|OC\right|-r=5-1=4 $ ,当且仅当点 $ P $ 为线段 $ OC $ 与圆 $ C $ 的交点时,等号成立.所以 $ {\left|PA\right|}^{2}+{\left|PB\right|}^{2}=2{\left|PO\right|}^{2}+2\geqslant 2×{4}^{2}+2=34 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

由 $ {x}^{2}+{y}^{2}+2x-6y+1=0 $ 可得圆的标准方程为 $ (x+1)^{2}+{\left(y-3 \right) ^ {2}}=9 $ ，即圆心为 $ (-1,3) $ ，

因为该圆关于直线 $ ax-by+3=0 $ 对称，则直线经过圆心 $ (-1,3) $ ，即 $ -a-3b+3=0 $ ，整理得 $ \dfrac{a}{3}+b=1(a > 0,b > 0) $ ，则 $ \dfrac{1}{a}+\dfrac{3}{b}=(\dfrac{a}{3}+b)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{3}{b})=\dfrac{1}{3}(1+\dfrac{3a}{b}+\dfrac{3b}{a}+9)\geqslant \dfrac{1}{3}(10+2\sqrt{\dfrac{3a}{b}\cdot \dfrac{3b}{a}})=\dfrac{16}{3} $ ，当且仅当 $ \dfrac{3b}{a}=\dfrac{3a}{b} $ ，即 $ a=b=\dfrac{3}{4} $ 时等号成立，

所以 $ \dfrac{1}{a}+\dfrac{3}{b} $ 的最小值是 $ \dfrac{16}{3} $ .故选 $ \mathrm{A} $ ．

圆 $ {x}^{2}+{\left(y-1\right) ^ {2}}=1 $ 的圆心为 $ A(0,1) $ ，半径为 $ {\rm 1，} A(0,1) $ 与 $ (a,2) $ 的距离 $ d=\sqrt{{\left(a-0\right) ^ {2}}+{\left(2-1\right) ^ {2}}}=\sqrt{{a}^{2}+1} $ ，要想圆 $ {x}^{2}+{\left(y-1\right) ^ {2}}=1 $ 上总存在两个点到点 $ (a,2) $ 的距离为2，则 $ 1 < d < 3 $ ，即 $ 1 < \sqrt{{a}^{2}+1} < 3 $ ，解得 $ a\in (-2\sqrt{2},0)\cup (0,2\sqrt{2}) $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,直线 $ l:mx-y+m+1=0 $ ,即 $ m(x+1)-y+1=0 $ ,所以直线 $ l $ 过定点 $ M(-1,1) $ , $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ,设 $ P(x,y) $ ,因为动点 $ P $ 满足 $ \dfrac{\left|PA\right|}{\left|PB\right|}=\dfrac{1}{2} $ ,所以 $ \dfrac{\sqrt{{\left(x-1\right) ^ {2}}+{y}^{2}}}{\sqrt{{\left(x+2\right) ^ {2}}+{y}^{2}}}=\dfrac{1}{2} $ ,

整理可得 $ {x}^{2}+{y}^{2}-4x=0 $ ,即 $ {\left(x-2\right) ^ {2}}+{y}^{2}=4 $ ,所以动点 $ P $ 的轨迹是以 $ C(2,0) $ 为圆心, $ r=2 $ 为半径的圆, $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ,当直线 $ l $ 与 $ MC $ 垂直时,动点 $ P $ 到直线 $ l $ 的距离最大,

且最大值为 $ \left|MC\right|+r=\sqrt{{\left(2+1\right) ^ {2}}+{\left(0-1\right) ^ {2}}}+2=\sqrt{10}+2 $ , $ \mathrm{C} $ 错误；

对于 $ \mathrm{D} $ ,由 $ \dfrac{\left|PA\right|}{\left|PB\right|}=\dfrac{1}{2} $ ,得 $ 2\left|PA\right|=\left|PB\right| $ ,所以 $ \left|PD\right|+2\left|PA\right|=\left|PD\right|+\left|PB\right| $ ,

又因为点 $ D $ 在圆 $ C $ 内,点 $ B $ 在圆 $ C $ 外,所以 $ \left|PD\right|+2\left|PA\right|=\left|PD\right|+\left|PB\right|\geqslant \left|BD\right|=\sqrt{10} $ ,当且仅当 $ P $ 为线段 $ DB $ 与圆 $ C $ 的交点时取等号, $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

在 $ △ABD $ 中, $ \dfrac{\left|AB\right|}{ \sin \mathrm{\angle }ADB}=\dfrac{\left|BD\right|}{ \sin \mathrm{\angle }BAD} $ ，在 $ △ADC $ 中, $ \dfrac{\left|AC\right|}{ \sin \mathrm{\angle }ADC}=\dfrac{\left|DC\right|}{ \sin \mathrm{\angle }CAD} $ ，故 $ \dfrac{\left|AB\right|}{\left|BD\right|}=\dfrac{ \sin \mathrm{\angle }ADB}{ \sin \mathrm{\angle }BAD} $ ， $ \dfrac{\left|AC\right|}{\left|DC\right|}=\dfrac{ \sin \mathrm{\angle }ADC}{ \sin \mathrm{\angle }CAD} $ ，

因为 $ \mathrm{\angle }ADB={180}^{\circ }-\mathrm{\angle }ADC $ ，

所以 $ \sin \mathrm{\angle }ADB= \sin ({180}^{\circ }-\mathrm{\angle }ADC)= \sin \mathrm{\angle }ADC $ ，

又角 $ A $ 的平分线交 $ BC $ 于点 $ D $ ，则 $ \mathrm{\angle }BAD=\mathrm{\angle }CAD $ ，因此 $ \dfrac{\left|AB\right|}{\left|BD\right|}=\dfrac{\left|AC\right|}{\left|DC\right|} $ ,故 $ \dfrac{\left|AB\right|}{\left|AC\right|}=\dfrac{\left|BD\right|}{\left|DC\right|}=\dfrac{1}{2} $ .

以 $ D $ 为坐标原点， $ BC $ 所在直线为 $ x $ 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，因为 $ \left|BC\right|=3 $ ， $ \dfrac{\left|BD\right|}{\left|DC\right|}=\dfrac{1}{2} $ ，所以 $ B(-1,0) $ ， $ C(2,0) $ ，设 $ A(x,y) $ ，则 $ \dfrac{\sqrt{{\left(x+1\right) ^ {2}}+{y}^{2}}}{\sqrt{{\left(x-2\right) ^ {2}}+{y}^{2}}}=\dfrac{1}{2} $ ，即 $ 4[{\left(x+1\right) ^ {2}}+{y}^{2}]={\left(x-2\right) ^ {2}}+{y}^{2} $ ，

化简可得 $ {x}^{2}+4x+{y}^{2}=0 $ ，即 $ {\left(x+2\right) ^ {2}}+{y}^{2}=4 $ ，故点 $ A(x,y) $ 的轨迹是以 $ (-2,0) $ 为圆心，2为半径的圆（除去点 $ (-4,0) $ , $ (0,0) $ ）.

故当点 $ A $ 的纵坐标的绝对值最大，即 $ A(-2,±2) $ 时, $ △ABC $ 的面积取得最大值，最大值为 $ {S}_{△ABC}=\dfrac{1}{2}×3×2=3 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

由题意,圆心 $ (m,{m}^{2}) $ 在直线 $ kx-y-2k=0(k > 0) $ 上,所以 $ km-{m}^{2}-2k=0 $ ,即 $ {m}^{2}-km+2k=0 $ 有解,所以 $ \mathrm{\Delta }={k}^{2}-8k\geqslant 0 $ ,又因为 $ k > 0 $ ,所以 $ k\geqslant 8 $ .故实数 $ k $ 的取值范围为 $ [8,+\mathrm{\infty }) $ .