第二章素养检测

由题设知 $ {k}_{AB}=\dfrac{m+1}{3-2}=m+1\in [-1,\sqrt{3}] $ ，则直线 $ AB $ 的倾斜角的取值范围为 $ [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}]\cup [\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4},\mathrm{\pi }) $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

由两圆的标准方程分别为 $ {x}^{2}+{\left(y-2m\right) ^ {2}}=1 $ 和 $ {\left(x-n\right) ^ {2}}+{y}^{2}=9 $ ,得圆心分别为 $ (0,2m) $ 和 $ (n,0) $ ,半径分别为1和3,又两圆恰有三条公切线,所以两圆外切,所以 $ \sqrt{4{m}^{2}+{n}^{2}}=3+1=4 $ ,则 $ 4{m}^{2}+{n}^{2}=16 $ ,即 $ \dfrac{{m}^{2}}{4}+\dfrac{{n}^{2}}{16}=1 $ .因此点 $ (m,n) $ 所在的轨迹方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{16}=1 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

圆 $ {\left(x+1\right) ^ {2}}+{\left(y-1\right) ^ {2}}=1 $ 的圆心为 $ C(-1,1) $ ,半径 $ r=1 $ .

设点 $ C(-1,1) $ 关于直线 $ x=1 $ 的对称点为 $ C^\prime (a,b) $ ,则 $ \begin{cases}\dfrac{-1+a}{2}=1,\\ b=1,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}a=3,\\ b=1,\end{cases} $ 故 $ C^\prime (3,1) $ ,则圆 $ C^\prime $ 的方程为 $ {\left(x-3\right) ^ {2}}+{\left(y-1\right) ^ {2}}=1 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

因为直线 $ \sqrt{3}x-y+3=0 $ 的斜率为 $ \sqrt{3} $ ，所以倾斜角为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ .

因为直线 $ l $ 过点 $ (0,3) $ ，且与直线 $ \sqrt{3}x-y+3=0 $ 及 $ x $ 轴围成等腰三角形，

所以当等腰三角形的腰在 $ x $ 轴上时，直线 $ l $ 的倾斜角为 $ \dfrac{1}{2}×\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ，斜率为 $ \dfrac{\sqrt{3}}{3} $ ，当等腰三角形的底边在 $ x $ 轴上时，直线 $ l $ 的倾斜角为 $ \mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ，斜率为 $ -\sqrt{3} $ ，

所以由点斜式方程可得直线 $ l $ 的方程为 $ y-3=-\sqrt{3}x $ 或 $ y-3=\dfrac{\sqrt{3}}{3}x $ ，

整理得直线 $ l $ 的方程为 $ \sqrt{3}x+y-3=0 $ 或 $ \sqrt{3}x-3y+9=0 $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由题意可知，圆 $ C:(x-4)^{2}+(y-4)^{2}=1 $ 的圆心为 $ C(4,4) $ ，半径 $ r=1 $ ，

设点 $ A(1,-1) $ 关于直线 $ y=x+3 $ 的对称点的坐标为 $ B(m,n) $ ，

则 $ \begin{cases}\dfrac{n+1}{m-1}=-1,\\ \dfrac{n-1}{2}=\dfrac{m+1}{2}+3,\end{cases} $

解得 $ \begin{cases}m=-4,\\ n=4,\end{cases} $

即对称点 $ B(-4,4) $ ，则 $ |BC|=\sqrt{{\left(4+4\right) ^ {2}}+{\left(4-4\right) ^ {2}}}=8 $ .

因为反射光线与圆 $ C $ 交于点 $ Q $ ，则 $ |AP|+|PQ|=|BP|+|PQ|\geqslant |BQ| $ ，

当且仅当 $ B $ , $ P $ , $ Q $ 三点共线时等号成立.又因为 $ |BQ{|}_{ \min }=|BC|-r=8-1=7 $ ，所以光线从点 $ A $ 到点 $ Q $ 经过的最短路线长为7.故选 $ \mathrm{C} $ .

由 $ {\left(x-3\right) ^ {2}}+{\left(y-4\right) ^ {2}}=1 $ ，得圆心 $ C(3,4) $ ，过直线 $ l：3x+ay-5=0 $ 上任意一点作圆C的切线，要使切线长最小，即要使圆心到直线 $ l $ 上的点的距离最小，最小值为圆心到直线 $ l $ 的距离，根据题意作图，如图所示.

$ \because $ 圆的半径为1，切线长的最小值为 $ \sqrt{15} $ ， $ \therefore $ 圆心到直线 $ l $ 的距离等于 $ \sqrt{{1}^{2}+{\left(\sqrt{15}\right) ^ {2}}}=4 $ .

由点到直线的距离公式得 $ \dfrac{\left|3×3+4a-5\right|}{\sqrt{9+{a}^{2}}}=4 $ ，解得 $ a=4 $ .此时直线 $ l $ 的斜率为 $ -\dfrac{3}{4} $ .故选C.

设动点 $ P(x,y) $ ,因为 $ \left|PA\right|\cdot \left|PB\right|=1 $ ,所以 $ \sqrt{{\left(x+1\right) ^ {2}}+{y}^{2}}\cdot \sqrt{{\left(x-1\right) ^ {2}}+{y}^{2}}=1 $ ,两边平方得 $ [{\left(x+1\right) ^ {2}}+{y}^{2}]\cdot [{\left(x-1\right) ^ {2}}+{y}^{2}]=1 $ ,化简得 $ {\left({x}^{2}+{y}^{2}+1\right) ^ {2}}=4{x}^{2}+1 $ ,将该式看作关于 $ {x}^{2} $ 的一元二次方程 $ {\left({x}^{2}\right) ^ {2}}+(2{y}^{2}-2){x}^{2}+({y}^{4}+2{y}^{2})=0 $ ,

因为点 $ P $ 存在,所以关于 $ {x}^{2} $ 的方程必有非负实数解,则 $ -\dfrac{2{y}^{2}-2}{2}\geqslant 0 $ 且 $ \mathrm{\Delta }={\left(2{y}^{2}-2\right) ^ {2}}-4×1×({y}^{4}+2{y}^{2})=4-16{y}^{2}\geqslant 0 $ ,解得 $ {y}^{2}\leqslant \dfrac{1}{4} $ ,所以 $ -\dfrac{1}{2}\leqslant y\leqslant \dfrac{1}{2} $ ,故点 $ P $ 的纵坐标的最大值为 $ \dfrac{1}{2} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

将直线 $ l $ 的方程整理为 $ m(x-1)+(y-1)=0 $ ,令 $ \begin{cases}x-1=0,\\ y-1=0,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}x=1,\\ y=1,\end{cases} $ 因此直线 $ l $ 过定点 $ P(1,1) $ .因为圆 $ O:{x}^{2}+{y}^{2}=4 $ 的圆心为 $ O(0,0) $ ,半径 $ r=2 $ ,所以定点 $ P $ 到圆心 $ O $ 的距离 $ {d}_{OP}=\sqrt{{\left(1-0\right) ^ {2}}+{\left(1-0\right) ^ {2}}}=\sqrt{2} < 2 $ ,即点 $ P $ 在圆 $ O $ 内.

设圆心 $ O $ 到直线 $ l $ 的距离为 $ d(d\geqslant 0) $ ,则 $ \left|AB\right|=2\sqrt{{r}^{2}-{d}^{2}}=2\sqrt{4-{d}^{2}} $ ,

因为直线 $ l $ 过定点 $ P $ ,则 $ d\leqslant {d}_{OP}=\sqrt{2} $ ,所以 $ d\in [0,\sqrt{2}] $ ,则 $ \left|AB\right|=2\sqrt{4-{d}^{2}}\in [2\sqrt{2},4] $ （当 $ d=0 $ 时, $ \left|AB\right|=4 $ ；当 $ d=\sqrt{2} $ 时, $ \left|AB\right|=2\sqrt{2}\approx 2.828 $ ）,

因为 $ \left|AB\right| $ 为整数,所以 $ \left|AB\right| $ 可能的值为3,4.

当 $ \left|AB\right|=4 $ 时, $ d=0 $ （直线 $ l $ 过圆心 $ O $ ）,将 $ (0,0) $ 的坐标代入直线 $ l $ 的方程,得 $ 0+0-m-1=0 $ ,解得 $ m=-1 $ ,对应1条直线；

当 $ \left|AB\right|=3 $ 时,由弦长公式得 $ 3=2\sqrt{4-{d}^{2}} $ ,解得 $ d=\dfrac{\sqrt{7}}{2} $ ,则圆心 $ O $ 到直线 $ l $ 的距离 $ d=\dfrac{\left|-m-1\right|}{\sqrt{{m}^{2}+1}}=\dfrac{\left|m+1\right|}{\sqrt{{m}^{2}+1}}=\dfrac{\sqrt{7}}{2} $ ,平方后化简得 $ 3{m}^{2}-8m+3=0 $ ,此方程根的判别式 $ \mathrm{\Delta }=64-36=28 > 0 $ ,则此方程有2个不相等的实数根,对应2条直线.综上,这样的直线 $ l $ 有 $ 1+2=3 $ 条.故选 $ \mathrm{B} $ .

选项 $ \mathrm{A} $ :令 $ {l}_{2} $ 中 $ y=0 $ ,得 $ x=-3 $ ,故 $ {l}_{2} $ 在 $ x $ 轴上的截距为 $ -3 $ , $ \mathrm{A} $ 错误.选项 $ \mathrm{B} $ : $ {l}_{1} $ 的斜率为 $ -a $ , $ {l}_{2} $ 的斜率为 $ \dfrac{1}{2} $ ,若 $ {l}_{1}//{l}_{2} $ ,则 $ -a=\dfrac{1}{2} $ ,解得 $ a=-\dfrac{1}{2} $ ,此时两直线不重合， $ \mathrm{B} $ 正确.选项 $ \mathrm{C} $ :若 $ {l}_{1}\perp {l}_{2} $ ,则 $ -a×\dfrac{1}{2}=-1 $ ,解得 $ a=2 $ , $ \mathrm{C} $ 正确.选项 $ \mathrm{D} $ :由 $ \begin{cases}x-2y+3=0,\\ x+y-6=0,\end{cases} $ 解得 $ x=y=3 $ ,所以 $ {l}_{2} $ 与 $ {l}_{3} $ 的交点为 $ (3,3) $ ,代入 $ {l}_{1} $ 得 $ 3a+3-3=0 $ ,解得 $ a=0 $ , $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C} $ .

根据题意，圆 $ {C}_{1}:{x}^{2}+{y}^{2}=1 $ ，其圆心 $ {C}_{1}(0,0) $ ，半径 $ R=1 $ .

圆 $ {C}_{2}:{x}^{2}+{y}^{2}-6x+8y+24=0 $ ，即 $ (x-3)^{2}+(y+4)^{2}=1 $ ，其圆心 $ {C}_{2}(3,-4) $ ，半径 $ r=1 $ .

圆心距 $ |{C}_{1}{C}_{2}|=\sqrt{9+16}=5 $ ，则 $ |PQ| $ 的最小值为 $ |{C}_{1}{C}_{2}|-R-r=3 $ ,最大值为 $ |{C}_{1}{C}_{2}|+R+r=7 $ ，故A错误，B正确.

对于C，已知圆心 $ {C}_{1}(0,0) $ ，圆心 $ {C}_{2}(3,-4) $ ，则两个圆心所在直线的斜率 $ k=\dfrac{-4-0}{3-0}=-\dfrac{4}{3} $ ，C正确.

对于D，两圆的圆心距 $ |{C}_{1}{C}_{2}|=5 $ ，因为 $ |{C}_{1}{C}_{2}| > R+r=2 $ ，所以两圆外离，不存在相交弦，D错误.

故选BC.

对于 $ \mathrm{A} $ ,由 $ \begin{cases}y=x,\\ {x}^{2}+{y}^{2}=2\sqrt{3}\mid x\mid -2\mid y\mid ,\end{cases} $

可得 $ 2{x}^{2}=2(\sqrt{3}-1)\left|x\right| $ ,所以 $ {x}^{2}=(\sqrt{3}-1)\left|x\right| $ ,即 $ {\left|x\right|}^{2}=(\sqrt{3}-1)\left|x\right| $ ,解得 $ \left|x\right|=0 $ 或 $ \left|x\right|=\sqrt{3}-1 $ ,所以 $ x=0 $ 或 $ x=\sqrt{3}-1 $ 或 $ x=1-\sqrt{3} $ ,所以曲线 $ C $ 与直线 $ y=x $ 有3个公共点,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ,由 $ \begin{cases}{x}^{2}+{y}^{2}=5,\\ {x}^{2}+{y}^{2}=2\sqrt{3}\mid x\mid -2\mid y\mid ,\end{cases} $ 可得 $ 2\sqrt{3}\left|x\right|-2\left|y\right|=5 $ ,则有 $ \left|y\right|=\sqrt{3}\left|x\right|-\dfrac{5}{2} $ ,平方得 $ {y}^{2}=3{x}^{2}-5\sqrt{3}\left|x\right|+\dfrac{25}{4} $ ,代入 $ {x}^{2}+{y}^{2}=5 $ ,得 $ 4{x}^{2}-5\sqrt{3}\left|x\right|+\dfrac{25}{4}=5 $ ,即 $ 16{\left|x\right|}^{2}-20\sqrt{3}\left|x\right|+5=0 $ ,因为 $ \mathrm{\Delta }=400×3-4×16×5=880 > 0 $ , $ \dfrac{20\sqrt{3}}{16}=\dfrac{5\sqrt{3}}{4} > 0 $ , $ \dfrac{5}{16} > 0 $ ,所以关于 $ \left|x\right| $ 的方程 $ 16{\left|x\right|}^{2}-20\sqrt{3}\left|x\right|+5=0 $ 有2个不同的正根,从而得 $ x $ 有4个不同的解,所以曲线 $ C $ 与圆 $ {x}^{2}+{y}^{2}=5 $ 有4个公共点,故 $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ , $ {x}^{2}+{y}^{2}=2\sqrt{3}\mid x\mid -2\mid y\mid ⇔\begin{cases}{x}^{2}+{y}^{2}-2\sqrt{3}x+2y=0,x\geqslant 0,y\geqslant 0,\\ {x}^{2}+{y}^{2}+2\sqrt{3}x+2y=0,x < 0,y\geqslant 0,\\ {x}^{2}+{y}^{2}+2\sqrt{3}x-2y=0,x < 0,y < 0,\\ {x}^{2}+{y}^{2}-2\sqrt{3}x-2y=0,x\geqslant 0,y < 0,\end{cases}. $ 作出曲线 $ C $ 如图所示:

曲线 $ C $ 所围成的图形的面积为4个全等弓形 $ OAB $ 的面积之和,设弓形 $ OAB $ 的面积为 $ {S}_{1} $ ,

因为 $ \stackrel{⌢}{OBA} $ 所在圆的圆心为 $ D(\sqrt{3},-1) $ ,半径为2,连接 $ DO $ , $ DA $ ,则 $ \left|DO\right|=\left|DA\right|=2 $ , $ \left|OA\right|=2\sqrt{3} $ ,在 $ △ADO $ 中, $ \cos \mathrm{\angle }ADO=\dfrac{4+4-12}{2×2×2}=-\dfrac{1}{2} $ ,又 $ \mathrm{\angle }ADO\in (0,\mathrm{\pi }) $ ,所以 $ \mathrm{\angle }ADO=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ,所以扇形 $ ADO $ 的面积 $ S^\prime =\dfrac{1}{2}×{2}^{2}×\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{4\mathrm{\pi }}{3} $ , $ {S}_{△ADO}=\dfrac{1}{2}×2\sqrt{3}×1=\sqrt{3} $ ,所以 $ {S}_{1}=\dfrac{4\mathrm{\pi }}{3}-\sqrt{3} $ ,所以曲线 $ C $ 所围成的图形的面积为 $ 4{S}_{1}=\dfrac{16\mathrm{\pi }}{3}-4\sqrt{3} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；

对于 $ \mathrm{D} $ ,当点 $ P $ 的坐标为 $ (2\sqrt{3},0) $ 或 $ (-2\sqrt{3},0) $ 时, $ \left|PQ\right|=\sqrt{{\left(±2\sqrt{3}\right) ^ {2}}+{2}^{2}}=4 $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

由题意可知 $ {\left|{x}_{2}-{x}_{1}\right|}^{2}+{\left|{y}_{2}-{y}_{1}\right|}^{2}={\left|AB\right|}^{2} $ ,代入得 $ {3}^{2}+{\left|{y}_{2}-{y}_{1}\right|}^{2}={6}^{2} $ ,解得 $ \left|{y}_{2}-{y}_{1}\right|=3\sqrt{3} $ .

可得 $ {x}_{2}-{x}_{1}=±3 $ , $ {y}_{2}-{y}_{1}=±3\sqrt{3} $ ,所以 $ k=\dfrac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}=±\sqrt{3} $ .

若 $ {l}_{1}//{l}_{2} $ ,则 $ \dfrac{a}{1}=\dfrac{b}{2}\ne \dfrac{3}{2} $ ,即 $ b=2a $ ,且 $ b\ne 3 $ ,则满足条件的 $ (a,b) $ 为 $ (1,2) $ , $ (2,4) $ , $ (3,6) $ ,所以 $ {P}_{1}=\dfrac{3}{36}=\dfrac{1}{12} $ .若两直线重合,则 $ \dfrac{a}{1}=\dfrac{b}{2}=\dfrac{3}{2} $ ,则 $ a=\dfrac{3}{2} $ , $ b=3 $ ,所以不成立,所以两直线相交的概率 $ {P}_{2}=1-{P}_{1}=\dfrac{11}{12} $ ,则 $ {\left(\dfrac{1}{12}-m\right) ^ {2}}+{\left(\dfrac{11}{12}\right) ^ {2}} < \dfrac{137}{144} $ ,得 $ -\dfrac{1}{4} < m < \dfrac{5}{12} $ .故实数 $ m $ 的取值范围为 $ (-\dfrac{1}{4},\dfrac{5}{12}) $ .

设圆 $ {O}_{1} $ , $ {O}_{2} $ , $ {O}_{3} $ , $ {O}_{4} $ 的半径分别为 $ {r}_{1} $ , $ {r}_{2} $ , $ {r}_{3} $ , $ {r}_{4} $ ，

由题意可得 $ \begin{cases}{r}_{1}={r}_{2},\\ {r}_{1}+{r}_{2}=\mid {O}_{1}{O}_{2}\mid =4,\\ {r}_{1}+{r}_{3}=\mid {O}_{1}{O}_{3}\mid =\dfrac{5}{2},\end{cases} $

解得 $ \begin{cases}{r}_{1}={r}_{2}=2,\\ {r}_{3}=\dfrac{1}{2},\end{cases} $

又因为 $ 2(\dfrac{1}{{r}_{1}{r}_{2}}+\dfrac{1}{{r}_{1}{r}_{3}}+\dfrac{1}{{r}_{1}{r}_{4}}+\dfrac{1}{{r}_{2}{r}_{3}}+\dfrac{1}{{r}_{2}{r}_{4}}+\dfrac{1}{{r}_{3}{r}_{4}})=\dfrac{1}{{r}_{1}^{2}}+\dfrac{1}{{r}_{2}^{2}}+\dfrac{1}{{r}_{3}^{2}}+\dfrac{1}{{r}_{4}^{2}} $ ，即 $ 2(\dfrac{1}{4}+1+\dfrac{1}{2{r}_{4}}+1+\dfrac{1}{2{r}_{4}}+\dfrac{2}{{r}_{4}})=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{4}}+\dfrac{1}{{r}_{4}^{2}} $ ，解得 $ {r}_{4}=\dfrac{1}{6} $ .

由 $ |{O}_{1}{O}_{4}|=|{O}_{2}{O}_{4}| $ ，可知点 $ {O}_{4} $ 在线段 $ {O}_{1}{O}_{2} $ 的垂直平分线上，即 $ y $ 轴上，设 $ {O}_{4}(0,a) $ ，则由题意可得 $ \begin{cases}\mid {O}_{1}{O}_{4}\mid =\sqrt{4+{a}^{2}}=2+\dfrac{1}{6},\\ \mid {O}_{3}{O}_{4}\mid =\mid \dfrac{3}{2}-a\mid =\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6},\end{cases} $ 解得 $ a=\dfrac{5}{6} $ ，即圆 $ {O}_{4} $ 的圆心 $ {O}_{4}(0 $ , $ \dfrac{5}{6}) $ ，半径 $ {r}_{4}=\dfrac{1}{6} $ ，所以圆 $ {O}_{4} $ 的标准方程为 $ {x}^{2}+{\left(y-\dfrac{5}{6}\right) ^ {2}}=\dfrac{1}{36} $ .