第2.5节综合训练

方程 $ {x}^{2}+{y}^{2}-4x+2ay+6=0 $ 可化为 $ {\left(x-2\right) ^ {2}}+{\left(y+a\right) ^ {2}}={a}^{2}-2 $ ,因此已知圆的圆心为 $ (2,-a) $ ,半径为 $ r=\sqrt{{a}^{2}-2}({a}^{2} > 2) $ ,由圆与直线 $ x+y-2=0 $ 相切,得 $ \dfrac{\left|2-a-2\right|}{\sqrt{2}}=\sqrt{{a}^{2}-2} $ ,解得 $ {a}^{2}=4 $ ,所以圆的半径为 $ r=\sqrt{{a}^{2}-2}=\sqrt{4-2}=\sqrt{2} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

圆 $ {x}^{2}+{y}^{2}=3 $ 的圆心为 $ {O}_{1}(0,0) $ ，半径 $ {r}_{1}=\sqrt{3} $ ，

圆 $ {x}^{2}+{y}^{2}-2x-2y-m=0 $ 可化为 $ (x-1)^{2}+{\left(y-1 \right) ^ {2}}=m+2 $ ，

则 $ m > -2 $ ，圆心为 $ {O}_{2}(1,1) $ ，半径 $ {r}_{2}=\sqrt{m+2} $ ，则 $ |{O}_{1}{O}_{2}|=\sqrt{1+1}=\sqrt{2} $ ，

由题意可知两圆相交，所以 $ |\sqrt{m+2}-\sqrt{3}| < \sqrt{2} < \sqrt{m+2}+\sqrt{3} $ ，①

两圆方程作差可得 $ 2x+2y+m-3=0 $ ，即公共弦所在直线的方程为 $ 2x+2y+m-3=0 $ ，

令 $ x=0 $ ，则 $ y=\dfrac{3-m}{2} $ ，令 $ y=0 $ ，则 $ x=\dfrac{3-m}{2} $ ，

所以该直线与两坐标轴围成的三角形面积为 $ \dfrac{1}{2}×|\dfrac{3-m}{2}|×|\dfrac{3-m}{2}|=2 $ ，

解得 $ m=-1 $ 或7，经检验 $ m=-1 $ 或 $ m=7 $ 满足①，即 $ m=-1 $ 或 $ m=7 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

如图, $ {\left(x-2\right) ^ {2}}+{y}^{2}=1 $ 是以 $ (2,0) $ 为圆心,1为半径的圆.

对于 $ \mathrm{A} $ ,设 $ 2x+y=t $ ,则直线 $ 2x+y-t=0 $ 与圆 $ {\left(x-2\right) ^ {2}}+{y}^{2}=1 $ 有公共点,

所以 $ \dfrac{\left|4-t\right|}{\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}}\leqslant 1 $ ,解得 $ 4-\sqrt{5}\leqslant t\leqslant 4+\sqrt{5} $ ,所以 $ 2x+y\leqslant 4+\sqrt{5} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ,由 $ {\left(x-2\right) ^ {2}}+{y}^{2}\geqslant 2(x-2)y $ 知, $ (x-2)y\leqslant \dfrac{1}{2} $ ,

当且仅当 $ x=2+\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ , $ y=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ 或 $ x=2-\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ , $ y=-\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ 时取“ $ = $ ”,故 $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ , $ \dfrac{y}{x}=\dfrac{y-0}{x-0} $ 表示圆 $ {\left(x-2\right) ^ {2}}+{y}^{2}=1 $ 上一点与坐标原点连线的斜率,

由图知圆上的点与坐标原点连线的倾斜角的取值范围是 $ [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ , $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{6} ] $ ,

故 $ \tan (-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})\leqslant \dfrac{y}{x}\leqslant \tan \dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ,即 $ -\dfrac{\sqrt{3}}{3}\leqslant \dfrac{y}{x}\leqslant \dfrac{\sqrt{3}}{3} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ ,取 $ x=3 $ , $ y=0 $ ,满足 $ {\left(x-2\right) ^ {2}}+{y}^{2}=1 $ ,但 $ 2x-y=6 > 5 $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{D} $ .

对于圆 $ {C}_{1}:{x}^{2}+{y}^{2}-2x-2y=0 $ ,整理可得圆 $ {C}_{1}:{\left(x-1\right) ^ {2}}+{\left(y-1\right) ^ {2}}=2 $ ,

可知圆心 $ {C}_{1}(1,1) $ ,半径为 $ \sqrt{2} $ .令 $ x=0 $ ,则 $ {y}^{2}-2y=0 $ ,解得 $ y=0 $ 或 $ y=2 $ ,即 $ N(0,2) $ ；

令 $ y=0 $ ,则 $ {x}^{2}-2x=0 $ ,解得 $ x=0 $ 或 $ x=2 $ ,即 $ M(2,0) $ .

因为圆 $ {C}_{1} $ 与 $ {C}_{2} $ 相外切,所以 $ \left|{C}_{1}{C}_{2}\right|=\sqrt{2}+2\sqrt{2}=3\sqrt{2} $ ,可知点 $ {C}_{2}(x,y) $ 的轨迹为以 $ {C}_{1} $ 为圆心, $ 3\sqrt{2} $ 为半径的圆,则点 $ {C}_{2} $ 的轨迹方程为 $ {\left(x-1\right) ^ {2}}+{\left(y-1\right) ^ {2}}=18 $ ,

可得 $ {\left|{C}_{2}M\right|}^{2}+{\left|{C}_{2}N\right|}^{2}=[{\left(x-2\right) ^ {2}}+{y}^{2}]+[{x}^{2}+{\left(y-2\right) ^ {2}}]=2[{\left(x-1\right) ^ {2}}+{\left(y-1\right) ^ {2}}]+4=40 $ ,

则 $ \left|{C}_{2}M\right|\cdot \left|{C}_{2}N\right|\leqslant \dfrac{{\left|{C}_{2}M\right|}^{2}+{\left|{C}_{2}N\right|}^{2}}{2}=20 $ ,当且仅当 $ \left|{C}_{2}M\right|=\left|{C}_{2}N\right|=2\sqrt{5} $ 时等号成立,所以 $ \left|{C}_{2}M\right|\cdot \left|{C}_{2}N\right| $ 的最大值为20.故选 $ \mathrm{A} $ .

因为 $ \dfrac{\left|PM\right|}{\left|PN\right|}=\dfrac{1}{2} $ ,所以 $ \dfrac{\sqrt{{\left(x-1\right) ^ {2}}+{\left(y-0\right) ^ {2}}}}{\sqrt{{\left(x-4\right) ^ {2}}+{\left(y-0\right) ^ {2}}}}=\dfrac{1}{2}⇔\dfrac{{\left(x-1\right) ^ {2}}+{\left(y-0\right) ^ {2}}}{{\left(x-4\right) ^ {2}}+{\left(y-0\right) ^ {2}}}=\dfrac{1}{4}⇔\dfrac{{x}^{2}-2x+1+{y}^{2}}{{x}^{2}-8x+16+{y}^{2}}=\dfrac{1}{4}. $ ,化简得到 $ {x}^{2}+{y}^{2}=4 $ ,点 $ P $ 的轨迹方程为 $ {x}^{2}+{y}^{2}=4 $ ,选项 $ \mathrm{A} $ 正确.

$ {x}^{2}+{y}^{2}-6y+10={x}^{2}+{\left(y-3\right) ^ {2}}+1 $ ,其几何意义为点 $ P $ 到定点 $ (0,3) $ 距离的平方加1,因为点 $ P $ 在圆 $ O:{x}^{2}+{y}^{2}=4 $ 上,圆心为 $ O(0,0) $ ,半径 $ {r}_{1}=2 $ ,点 $ (0,3) $ 到圆心 $ O $ 的距离为 $ d=3 $ ,则点 $ (0,3) $ 与圆 $ O $ 上一点的最大距离为 $ d+{r}_{1}=5 $ ,所以 $ {x}^{2}+{y}^{2}-6y+10 $ 的最大值为 $ {5}^{2}+1=26 $ ,选项 $ \mathrm{B} $ 错误.

圆 $ C:{\left(x-3\right) ^ {2}}+{\left(y-3\right) ^ {2}}=4 $ ,圆心为 $ C(3,3) $ ,半径 $ {r}_{2}=2 $ ,圆 $ O $ 与圆 $ C $ 的圆心距为 $ \left|OC\right|=\sqrt{{\left(3-0\right) ^ {2}}+{\left(3-0\right) ^ {2}}}=3\sqrt{2} $ ,则 $ \left|PQ\right| $ 的最小值为 $ \left|OC\right|-{r}_{1}-{r}_{2}=3\sqrt{2}-2-2=3\sqrt{2}-4 $ ；

$ \left|PQ\right| $ 的最大值为 $ \left|OC\right|+{r}_{1}+{r}_{2}=3\sqrt{2}+2+2=3\sqrt{2}+4 $ ,所以 $ \left|PQ\right| $ 的取值范围是 $ [3\sqrt{2}-4,3\sqrt{2}+4] $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

当 $ \mathrm{\angle }EPF={90}^{\circ } $ 时,四边形 $ PECF $ 为正方形,此时 $ \left|PC\right|=2\sqrt{2} $ ,因为点 $ P $ 到 $ C(3,3) $ 的最小距离为 $ \left|OC\right|-{r}_{1}=3\sqrt{2}-2 < 2\sqrt{2} $ ,最大距离为 $ \left|OC\right|+{r}_{1}=3\sqrt{2}+2 > 2\sqrt{2} $ ,则存在点 $ P $ ,使得 $ \mathrm{\angle }EPF={90}^{\circ } $ , $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

由 $ C:{x}^{2}+{y}^{2}-4x-4y+7=0 $ ,得 $ C:{\left(x-2\right) ^ {2}}+{\left(y-2\right) ^ {2}}=1 $ ,故 $ C(2,2) $ ,半径 $ r=1 $ .

如图, $ \mathrm{\angle }APB=2\mathrm{\angle }APC $ ,且 $ CA\perp PA $ ,则 $ \tan \mathrm{\angle }APC=\dfrac{\left|CA\right|}{\left|PA\right|}=\dfrac{1}{\left|PA\right|} $ ,要使 $ \mathrm{\angle }APB $ 最大,即 $ \mathrm{\angle }APC $ 最大,故只需 $ \left|PA\right| $ 最小,而 $ \left|PA\right|=\sqrt{{\left|PC\right|}^{2}-{r}^{2}}=\sqrt{{\left|PC\right|}^{2}-1} $ ,故只需 $ \left|PC\right| $ 最小.

由图可知,要使 $ \left|PC\right| $ 最小,即 $ PC\perp y $ 轴,此时 $ \left|PC\right|=2 $ ,则 $ \left|PA\right|=\sqrt{3} $ ,此时在 $ △APC $ 中, $ \tan \mathrm{\angle }APC=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ ,即 $ \mathrm{\angle }APC=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ,故 $ \mathrm{\angle }APB=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ,所以当 $ \mathrm{\angle }APB $ 取得最大值时, $ △PAB $ 是边长为 $ \sqrt{3} $ 的等边三角形,所以 $ {S}_{△PAB}=\dfrac{1}{2}×\sqrt{3}×\sqrt{3}× \sin {60}^{\circ }=\dfrac{3\sqrt{3}}{4} $ .

由已知可得点 $ P(x,y) $ 所在圆的方程为 $ {\left(x-3\right) ^ {2}}+{\left(y-2\right) ^ {2}}=4 $ ，

设 $ z=\left|3x+4y+a\right|+\left|6-3x-4y\right|=5(\dfrac{\left|3x+4y+a\right|}{\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}}+\dfrac{\left|3x+4y-6\right|}{\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}}) $ ，

故 $ z $ 可看作点 $ P $ 到直线 $ m:3x+4y+a=0 $ 与直线 $ l:3x+4y-6=0 $ 距离之和的5倍，

因为 $ \left|3x+4y+a\right|+\left|6-3x-4y\right| $ 的值与 $ x $ , $ y $ 无关，所以这个距离之和与点 $ P $ 在圆上的位置无关.

圆心 $ (3,2) $ 到直线 $ l $ 的距离为 $ \dfrac{\left|3×3+4×2-6\right|}{\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}}=\dfrac{11}{5} > 2 $ ，所以圆与直线 $ l $ 相离，如图所示，可知直线 $ m $ 平移时，点 $ P $ 与直线 $ m $ , $ l $ 的距离之和均为直线 $ m $ , $ l $ 之间的距离，

此时可得圆在两直线之间，当直线 $ m $ 与圆 $ {\left(x-3\right) ^ {2}}+{\left(y-2\right) ^ {2}}=4 $ 相切时，有 $ \dfrac{\left|3×3+4×2+a\right|}{\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}}=2 $ ，解得 $ a=-7 $ （舍去）或 $ a=-27 $ ，所以 $ a\leqslant -27 $ ，即实数 $ a $ 的取值范围为 $ (-\mathrm{\infty },-27] $ .

设 $ \left|OA\right|=m(m > 0) $ ，因为点 $ A $ 在第一象限，且直线 $ OA $ 的倾斜角为 $ {60}^{\circ } $ ，所以 $ A(\dfrac{m}{2},\dfrac{\sqrt{3}m}{2}) $ .设机器人甲在点 $ P(x,y) $ 处追上机器人乙，由机器人甲的速度大小是机器人乙的3倍，得 $ \left|OP\right|=3\left|AP\right| $ ，所以 $ \sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}=3\sqrt{{\left(x-\dfrac{m}{2}\right) ^ {2}}+{\left(y-\dfrac{\sqrt{3}m}{2}\right) ^ {2}}} $ ，化简可得 $ {\left(x-\dfrac{9m}{16}\right) ^ {2}}+{\left(y-\dfrac{9\sqrt{3}m}{16}\right) ^ {2}}={\left(\dfrac{3m}{8}\right) ^ {2}} $ ，所以点 $ P $ 在以 $ B(\dfrac{9m}{16},\dfrac{9\sqrt{3}m}{16}) $ 为圆心， $ \dfrac{3m}{8} $ 为半径的圆上.若要保证机器人甲在竞技区（含直线 $ l $ ）内一定能追上机器人乙，则圆 $ B $ 在竞技区（含直线 $ l $ ）内，即直线 $ l $ 与圆 $ B $ 相切或相离，又点 $ B $ 到直线 $ l $ 的距离 $ d=\dfrac{\left|\dfrac{9m}{16}+\sqrt{3}×\dfrac{9\sqrt{3}m}{16}-6\right|}{\sqrt{{1}^{2}+{\left(\sqrt{3}\right) ^ {2}}}}=\left|\dfrac{9m}{8}-3\right| $ ，所以 $ \left|\dfrac{9m}{8}-3\right|\geqslant \dfrac{3m}{8} $ ，解得 $ m\geqslant 4 $ 或 $ m\leqslant 2 $ .当 $ m\geqslant 4 $ 时，点 $ A(\dfrac{m}{2},\dfrac{\sqrt{3}m}{2}) $ 在安全区内，不满足要求，又 $ m > 0 $ ,所以 $ 0 < m\leqslant 2 $ ，即线段 $ OA $ 长度的最大值是2.

设点 $ P(x,y) $ ,以 $ A $ 为原点建立如图所示的平面直角坐标系,不妨设正方形边长为1,则 $ A(0,0) $ , $ B(1,0) $ , $ C(1,1) $ ,

又 $ \left|PA\right|:\left|PB\right|:\left|PC\right|=1:2:k $ ,所以 $ {\left|PB\right|}^{2}=4{\left|PA\right|}^{2} $ , $ {\left|PC\right|}^{2}={k}^{2}{\left|PA\right|}^{2} $ ,

则 $ {\left(x-1\right) ^ {2}}+{y}^{2}=4({x}^{2}+{y}^{2}) $ ,整理得 $ {\left(x+\dfrac{1}{3}\right) ^ {2}}+{y}^{2}=\dfrac{4}{9} $ ,

此时点 $ P $ 在以 $ {O}_{1}(-\dfrac{1}{3},0) $ 为圆心,半径为 $ {r}_{1}=\dfrac{2}{3} $ 的圆 $ {O}_{1} $ 上.

又 $ {\left|PC\right|}^{2}={k}^{2}{\left|PA\right|}^{2} $ ,所以 $ (x-1)^{2}+{\left(y-1 \right) ^ {2}}={k}^{2} ({x}^{2}+{y}^{2} ) $ ,

当 $ k=1 $ 时,此时点 $ P $ 在线段 $ AC $ 的垂直平分线 $ y=-x+1 $ 上,

代入 $ {\left(x+\dfrac{1}{3}\right) ^ {2}}+{y}^{2}=\dfrac{4}{9} $ 中,得 $ 3{x}^{2}-2x+1=0 $ ,

$ \mathrm{\Delta }=4-12=-8 < 0 $ ,方程无解,所以 $ k=1 $ 不符合题意.

当 $ k\ne 1 $ 时,整理得 $ {\left(x+\dfrac{1}{{k}^{2}-1}\right) ^ {2}}+{\left(y+\dfrac{1}{{k}^{2}-1}\right) ^ {2}}=\dfrac{2{k}^{2}}{{\left({k}^{2}-1\right) ^ {2}}} $ ,

此时点 $ P $ 在以 $ {O}_{2}(\dfrac{1}{1-{k}^{2}},\dfrac{1}{1-{k}^{2}}) $ 为圆心,半径为 $ {r}_{2}=\dfrac{\sqrt{2}k}{\left|1-{k}^{2}\right|} $ 的圆 $ {O}_{2} $ 上.

要使这样的点 $ P $ 存在,则圆 $ {O}_{1} $ 与圆 $ {O}_{2} $ 要有交点.

当 $ k=2 $ 时, $ {O}_{2}(-\dfrac{1}{3},-\dfrac{1}{3}) $ , $ {r}_{2}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3} $ ,

此时 $ \dfrac{2\sqrt{2}-2}{3} < \left|{O}_{1}{O}_{2}\right|=\dfrac{1}{3} < \dfrac{2\sqrt{2}+2}{3} $ ,故 $ k=2 $ 符合题意；

当 $ k=3 $ 时, $ {O}_{2}(-\dfrac{1}{8},-\dfrac{1}{8}) $ , $ {r}_{2}=\dfrac{3\sqrt{2}}{8} $ ,

此时 $ \dfrac{16-9\sqrt{2}}{24} < \left|{O}_{1}{O}_{2}\right|=\dfrac{\sqrt{34}}{24} < \dfrac{16+9\sqrt{2}}{24} $ ,故 $ k=3 $ 符合题意；

当 $ k=4 $ 时, $ {O}_{2}(-\dfrac{1}{15},-\dfrac{1}{15}) $ , $ {r}_{2}=\dfrac{4\sqrt{2}}{15} $ ,

此时, $ \left|{O}_{1}{O}_{2}\right|=\dfrac{\sqrt{17}}{15} < \dfrac{10-4\sqrt{2}}{15} $ ,圆 $ {O}_{1} $ 与圆 $ {O}_{2} $ 内含,故 $ k=4 $ 不符合题意.

综上, $ k=2 $ 或 $ k=3 $ 符合题意.故选 $ \mathrm{B} $ .