课时2 直线与椭圆的位置关系

因为直线 $ \dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}=1 $ 过点 $ (a,0) $ , $ (0,b) $ ，而 $ (a,0) $ , $ (0,b) $ 为椭圆 $ \dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1(a > b > 0) $ 的右顶点和上顶点，故直线 $ \dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}=1 $ 与椭圆 $ \dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1(a > b > 0) $ 相交.故选 $ \mathrm{C} $ .

对于直线 $ l:(m+2)x-(m+4)y+2-m=0 $ ,整理得 $ m(x-y-1)+2(x-2y+1)=0 $ ,

令 $ \begin{cases}x-y-1=0,\\ x-2y+1=0,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}x=3,\\ y=2,\end{cases} $ 故直线 $ l $ 过定点 $ A(3,2) $ .因为 $ \dfrac{{3}^{2}}{25}+\dfrac{{2}^{2}}{9}=\dfrac{181}{225} < 1 $ ,所以点 $ A(3,2) $ 在椭圆 $ C $ 的内部,所以直线 $ l $ 与椭圆 $ C $ 相交.故选 $ \mathrm{A} $ .

由题意得椭圆长轴长为 $ 2a=4 $ ，得 $ a=2 $ .

由焦点坐标可得 $ c=1 $ ，所以 $ {b}^{2}={a}^{2}-{c}^{2}=3 $ .

因为焦点在 $ x $ 轴上，所以椭圆方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}=1 $ .

联立 $ \begin{cases}\dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}=1,\\ x+2y-4=0,\end{cases} $ 消去 $ y $ ，得 $ {x}^{2}-2x+1=(x-1)^{2}=0 $ ,解得 $ x=1 $ ，

所以直线 $ x+2y-4=0 $ 与椭圆有1个交点.故选 $ \mathrm{B} $ .

在椭圆 $ \dfrac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1 $ 中， $ {a}^{2}=2 $ ， $ {b}^{2}=1 $ ，所以 $ {c}^{2}={a}^{2}-{b}^{2}=1 $ ，即 $ c=1 $ ，故左焦点为 $ {F}_{1}(-1,0) $ ，而 $ \tan {60}^{\circ }=\sqrt{3} $ ，故直线 $ l $ 的方程为 $ y=\sqrt{3}(x+1) $ .

联立 $ \begin{cases}\dfrac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1,\\ y=\sqrt{3}(x+1),\end{cases} $ 消去 $ y $ 整理得 $ 7{x}^{2}+12x+4=0 $ ， $ \mathrm{\Delta }={12}^{2}-4×7×4 > 0 $ ，设 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ ， $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ ，

由根与系数的关系得 $ {x}_{1}+{x}_{2}=-\dfrac{12}{7} $ ， $ {x}_{1}{x}_{2}=\dfrac{4}{7} $ ，

则由弦长公式得 $ |AB|=\sqrt{1+{\left(\sqrt{3}\right) ^ {2}}}×\sqrt{{\left(-\dfrac{12}{7}\right) ^ {2}}-4×\dfrac{4}{7}}=\dfrac{8\sqrt{2}}{7} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

易知 $ {F}_{1}(-2\sqrt{2},0) $ ，由题可知直线 $ AB $ 的斜率存在，设直线 $ AB $ 的方程为 $ y=k(x+2\sqrt{2}) $ ，

代入 $ \dfrac{{x}^{2}}{9}+{y}^{2}=1 $ 中整理得 $ (9{k}^{2}+1){x}^{2}+36\sqrt{2}{k}^{2}x+72{k}^{2}-9=0 $ ，易知 $ \mathrm{\Delta } > 0 $ ,

所以 $ {x}_{1}+{x}_{2}=-\dfrac{36\sqrt{2}{k}^{2}}{9{k}^{2}+1} $ , $ {x}_{1}{x}_{2}=\dfrac{72{k}^{2}-9}{9{k}^{2}+1} $ ，

所以 $ |AB|=\sqrt{ (1+{k}^{2} ) [ ({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-4{x}_{1}{x}_{2} ]} $ .

因为 $ |AB|=2 $ ，代入并解得 $ k=±\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ ，

故直线 $ AB $ 的倾斜角为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ 或 $ \dfrac{5\mathrm{\pi }}{6} $ ，

所以 $ {S}_{△{F}_{2}AB}=\dfrac{1}{2}×|AB|×|{F}_{1}{F}_{2}|\cdot \sin \mathrm{\angle }A{F}_{1}{F}_{2}=\dfrac{1}{2}×2×4\sqrt{2}×\dfrac{1}{2}=2\sqrt{2} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

设 $ A\left ( { x{{}_{ 1 } },y{{}_{ 1 } } } \right ) $ ， $ B\left ( { x{{}_{ 2 } },y{{}_{ 2 } } } \right ) $ ，联立 $ \begin{cases} mx-y+1=0 \\ \dfrac { x{^{2}} } { 4 }+y{^{2}}=1 \end{cases} $ ，消去 $ y $ 整理得 $ \left ( { 1+4m{^{2}} } \right ) x{^{2}}+8mx=0 $ ，

不妨令 $ x{{}_{ 1 } }=0 $ 或 $ x{{}_{ 2 } }=\dfrac { -8m } { 1+4m{^{2}} } $ ，则 $ y{{}_{ 1 } }=1 $ ， $ y{{}_{ 2 } }=\dfrac { 1-4m{^{2}} } { 1+4m{^{2}} } $ ，则 $ A\left ( { 0,1 } \right ) $ ， $ B\left ( { \dfrac { -8m } { 1+4m{^{2}} },\dfrac { 1-4m{^{2}} } { 1+4m{^{2}} } } \right ) $ ，

所以 $ \left | { AB } \right | =\sqrt { {\left( { \dfrac { -8m } { 1+4m{^{2}} } } \right) ^ {2}}+{\left( { \dfrac { 1-4m{^{2}} } { 1+4m{^{2}} }-1 } \right) ^ {2}} }=8\sqrt { \dfrac { m{^{2}}+m{^{4}} } { {\left( { 1+4m{^{2}} } \right) ^ {2}} } } $ $ =8\sqrt { \dfrac { \dfrac { 1 } { 16 }{\left( { 1+4m{^{2}} } \right) ^ {2}}+\dfrac { 1 } { 8 }\left ( { 1+4m{^{2}} } \right ) -\dfrac { 3 } { 16 } } { {\left( { 1+4m{^{2}} } \right) ^ {2}} } } $

$ =8\sqrt { \dfrac { 1 } { 16 }+\dfrac { 1 } { 8\left ( { 1+4m{^{2}} } \right ) }-\dfrac { 3 } { 16{\left( { 1+4m{^{2}} } \right) ^ {2}} } } $ $ =8\sqrt { -\dfrac { 3 } { 16 }\left [ \dfrac { 1 } { \left ( { 1+4m{^{2}} } \right ) }-\dfrac { 1 } { 3 } \right ] {^{2}}+\dfrac { 1 } { 12 } } $ ，

所以当 $ \dfrac { 1 } { 1+4m{^{2}} }=\dfrac { 1 } { 3 } $ ，即 $ m=\pm \dfrac { \sqrt { 2 } } { 2 } $ 时，最大值 $ \left | { AB } \right | =\dfrac { 4\sqrt { 3 } } { 3 } $ .

故选C

依题意， $ A(a,0) $ , $ F(-c,0) $ ，将 $ x=-c $ 代入椭圆方程中得 $ y=±\dfrac{{b}^{2}}{a} $ ，又点 $ M $ 在第二象限，则 $ M(-c,\dfrac{{b}^{2}}{a}) $ ，

则切线 $ l:\dfrac{-cx}{{a}^{2}}+\dfrac{\dfrac{{b}^{2}}{a}y}{{b}^{2}}=1 $ ，即 $ y=ex+a $ ，故切线 $ l $ 的斜率 $ k=e $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

设直线 $ l $ 的方程为 $ y=-\dfrac{1}{2}x+t $ , $ t\ne 0 $ , $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ ,由 $ △OAB $ 的重心在直线 $ y=x $ 上,得 $ \dfrac{{x}_{1}+{x}_{2}+0}{3}=\dfrac{{y}_{1}+{y}_{2}+0}{3} $ ,则 $ {x}_{1}+{x}_{2}={y}_{1}+{y}_{2} $ ,即 $ {x}_{1}+{x}_{2}=-\dfrac{1}{2}{x}_{1}+t-\dfrac{1}{2}{x}_{2}+t $ ,解得 $ {x}_{1}+{x}_{2}=\dfrac{4}{3}t $ .由 $ \begin{cases}y=-\dfrac{1}{2}x+t,\\ {b}^{2}{x}^{2}+{a}^{2}{y}^{2}={a}^{2}{b}^{2},\end{cases} $ 消去 $ y $ 得 $ (\dfrac{1}{4}{a}^{2}+{b}^{2}){x}^{2}-{a}^{2}tx+{a}^{2}{t}^{2}-{a}^{2}{b}^{2}=0 $ , $ \mathrm{\Delta }={\left(-{a}^{2}t\right) ^ {2}}-4(\dfrac{1}{4}{a}^{2}+{b}^{2})({a}^{2}{t}^{2}-{a}^{2}{b}^{2})={a}^{2}{b}^{2}({a}^{2}-4{t}^{2}+4{b}^{2}) > 0 $ ,即 $ {a}^{2}-4{t}^{2}+4{b}^{2} > 0 $ ,于是 $ {x}_{1}+{x}_{2}=\dfrac{{a}^{2}t}{\dfrac{1}{4}{a}^{2}+{b}^{2}}=\dfrac{4}{3}t $ ,整理得 $ {a}^{2}=2{b}^{2} $ ,所以椭圆的离心率 $ e=\sqrt{1-\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,易知 $ b=2\sqrt{3} $ , $ \dfrac{c}{a}=\dfrac{1}{2} $ , $ {a}^{2}-{c}^{2}={b}^{2} $ ,解得 $ {a}^{2}=16 $ , $ {c}^{2}=4 $ ,所以椭圆 $ C:\dfrac{{x}^{2}}{16}+\dfrac{{y}^{2}}{12}=1 $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；对于 $ \mathrm{B} $ ,设 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ ,则 $ \begin{cases}\dfrac{{x}_{1}^{2}}{16}+\dfrac{{y}_{1}^{2}}{12}=1,\\ \dfrac{{x}_{2}^{2}}{16}+\dfrac{{y}_{2}^{2}}{12}=1,\end{cases} $ 作差得 $ \dfrac{({x}_{1}-{x}_{2})({x}_{1}+{x}_{2})}{16}+\dfrac{({y}_{1}-{y}_{2})({y}_{1}+{y}_{2})}{12}=0 $ ,即 $ \dfrac{({y}_{1}-{y}_{2})({y}_{1}+{y}_{2})}{({x}_{1}-{x}_{2})({x}_{1}+{x}_{2})}=-\dfrac{12}{16}=-\dfrac{3}{4}=\dfrac{\dfrac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}}{\dfrac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}\cdot \dfrac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}={k}_{OM}\cdot {k}_{AB} $ ,易知 $ {k}_{OM}=\dfrac{1-0}{2-0}=\dfrac{1}{2} $ ,则 $ {k}_{AB}=-\dfrac{3}{2} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ ,当 $ AB\perp MN $ 时, $ {k}_{OM}\cdot {k}_{AB}=-1 $ ,则 $ {k}_{AB}=-2 $ ,则直线 $ AB $ 的方程为 $ y-1=-2(x-2) $ ,即 $ 2x+y-5=0 $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；对于 $ \mathrm{D} $ ,当 $ AB\perp x $ 轴时,此时 $ {l}_{AB}:x=2 $ ,不妨设 $ A({x}_{1},{y}_{1})({y}_{1} > 0) $ ,则 $ \dfrac{{y}_{1}^{2}}{12}=1-\dfrac{{x}_{1}^{2}}{16}=\dfrac{3}{4} $ ,得 $ {y}_{1}=3 $ ,所以 $ \left|AB\right|=6 $ ,易知 $ {l}_{OM}:y=\dfrac{1}{2}x $ ,与椭圆 $ C:\dfrac{{x}^{2}}{16}+\dfrac{{y}^{2}}{12}=1 $ 联立可得 $ {x}_{N}^{2}=12 $ ,得 $ {x}_{N}=-2\sqrt{3} $ ,所以 $ {S}_{△ABN}=\dfrac{1}{2}[2-(-2\sqrt{3})]×6=6+6\sqrt{3} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C} $ .

设椭圆 $ C $ 的长、短半轴长分别为 $ a $ , $ b $ ,由椭圆 $ C $ 的离心率为 $ \dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,得 $ \dfrac{\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}}{a}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,则 $ a=\sqrt{2}b $ ,由椭圆 $ C $ 的面积为 $ 4\sqrt{2}\mathrm{\pi } $ ,得 $ ab\mathrm{\pi }=4\sqrt{2}\mathrm{\pi } $ ,则 $ ab=4\sqrt{2} $ ,因此 $ a=2\sqrt{2} $ , $ b=2 $ ,而椭圆 $ C $ 的焦点在 $ y $ 轴上,所以椭圆 $ C $ 的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{8}=1 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

由已知可得 $ M(b,0) $ , $ N(0,a) $ , $ F(0,c) $ ,

线段 $ NF $ 的垂直平分线方程为 $ y=\dfrac{a+c}{2} $ ,因为过 $ M $ , $ N $ , $ F $ 三点的圆恰与 $ x $ 轴相切,所以圆心坐标为 $ (b,\dfrac{a+c}{2}) $ ,圆的半径为 $ \dfrac{a+c}{2} $ ,所以经过 $ M $ , $ N $ , $ F $ 三点的圆的方程为 $ {\left(x-b\right) ^ {2}}+{\left(y-\dfrac{a+c}{2}\right) ^ {2}}={\left(\dfrac{a+c}{2}\right) ^ {2}} $ , $ N(0,a) $ 在圆上,所以 $ {\left(0-b\right) ^ {2}}+{\left(a-\dfrac{a+c}{2}\right) ^ {2}}={\left(\dfrac{a+c}{2}\right) ^ {2}} $ ,

整理得 $ {b}^{2}=ac $ ,所以 $ {a}^{2}-{c}^{2}=ac $ ,所以 $ {c}^{2}+ac-{a}^{2}=0 $ ,化为 $ {\rm }{\rm {\rm e}}^{2}+{\rm e}-1=0 $ ,又 $ 0 < e < 1 $ ,解得 $ e=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}{\rm } $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

设与直线 $ l:4x-5y+41=0 $ 平行的直线的方程为 $ 4x-5y+m=0(m\ne 41) $ .联立该直线方程与椭圆方程并消去 $ y $ 得到 $ 9{x}^{2}+25{\left(\dfrac{4x+m}{5}\right) ^ {2}}=225 $ ,化简得 $ 25{x}^{2}+8mx+{m}^{2}-225=0 $ .若该直线与椭圆相切,则 $ \mathrm{\Delta }=64{m}^{2}-4×25×({m}^{2}-225)=0 $ ,解得 $ m=25 $ 或 $ m=-25 $ ,所以该直线方程为 $ 4x-5y+25=0 $ 或 $ 4x-5y-25=0 $ .根据平行直线间的距离公式可得 $ {d}_{1}=\dfrac{\left|41-25\right|}{\sqrt{{4}^{2}+{5}^{2}}}=\dfrac{16}{\sqrt{41}} $ , $ {d}_{2}=\dfrac{\left|41+25\right|}{\sqrt{{4}^{2}+{5}^{2}}}=\dfrac{66}{\sqrt{41}} $ .所以 $ {d}_{1}+{d}_{2}=\dfrac{16+66}{\sqrt{41}}=2\sqrt{41} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

设 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ ， $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ ，将直线方程与椭圆方程联立 $ \begin{cases}y=\dfrac{1}{2}x+1,\\ \dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1,\end{cases} $

消去 $ x $ 得 $ (4{b}^{2}+{a}^{2}){y}^{2}-8{b}^{2}y+4{b}^{2}-{a}^{2}{b}^{2}=0 $ ，

其中 $ \mathrm{\Delta }= (-8{b}^{2})^{2}-4 (4{b}^{2}+{a}^{2} ) (4{b}^{2}-{a}^{2}{b}^{2} )=4{a}^{2}{b}^{2} ({a}^{2}+4{b}^{2}-4 ) > 0 $ ，即 $ {a}^{2}+4{b}^{2} > 4 $ ,则 $ {y}_{1}+{y}_{2}=\dfrac{8{b}^{2}}{4{b}^{2}+{a}^{2}} $ .

因为线段 $ AB $ 的中点为 $ M(-1,\dfrac{1}{2}) $ ，所以 $ \dfrac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}=\dfrac{1}{2} $ ，解得 $ 4{b}^{2}={a}^{2} $ ，

所以 $ {\rm }{\rm e}^{2}=\dfrac{{c}^{2}}{{a}^{2}}=\dfrac{{a}^{2}-{b}^{2}}{{a}^{2}}=1-\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}=\dfrac{3}{4}{\rm } $ ，即 $ e=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ ，故选 $ \mathrm{B} $ .

设 $ M({x}_{M},{y}_{M})({y}_{M}\ne 0) $ ，则 $ △M{F}_{1}{F}_{2} $ 的面积为 $ \dfrac{1}{2}\left|{F}_{1}{F}_{2}\right|\cdot \left|{y}_{M}\right| $ .

因为 $ △M{F}_{1}{F}_{2} $ 的内切圆半径为 $ \dfrac{2c}{3} $ ，又 $ \left|M{F}_{1}\right|+\left|M{F}_{2}\right|=2a $ ，

所以 $ △M{F}_{1}{F}_{2} $ 的面积可表示为 $ \dfrac{1}{2}(2a+2c)\cdot \dfrac{2c}{3} $ ，

所以 $ \dfrac{1}{2}\cdot 2c\cdot \left|{y}_{M}\right|=\dfrac{1}{2}(2a+2c)\cdot \dfrac{2c}{3} $ ，则 $ \left|{y}_{M}\right|=\dfrac{2(a+c)}{3} $ .

又因为 $ \left|{y}_{M}\right|\leqslant b $ ，所以 $ \dfrac{2(a+c)}{3}\leqslant b $ ,

不等式两边同时平方得 $ {\left(\dfrac{2a+2c}{3}\right) ^ {2}}\leqslant {b}^{2} $ ，而 $ {b}^{2}={a}^{2}-{c}^{2} $ ，所以 $ {\left(\dfrac{2a+2c}{3}\right) ^ {2}}\leqslant {a}^{2}-{c}^{2} $ ，

整理得 $ 13{c}^{2}+8ac-5{a}^{2}\leqslant 0 $ ，不等式两边同时除以 $ {a}^{2} $ ，得 $ 13{\rm {\rm e}}^{2}+8{\rm e}-5\leqslant 0 $ ，

解得 $ -1\leqslant e\leqslant \dfrac{5}{13} $ .又 $ 0 < e < 1 $ ，故 $ 0 < e\leqslant \dfrac{5}{13} $ ，即椭圆 $ C $ 的离心率的取值范围是 $ (0,\dfrac{5}{13}] $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

$ \odot M：{\left(x-2\right) ^ {2}}+{y}^{2}=1 $ 的圆心为 $ M(2,0) $ ,半径为1.

在椭圆 $ \dfrac{{x}^{2}}{25}+\dfrac{{y}^{2}}{21}=1 $ 中, $ {a}^{2}=25 $ , $ {b}^{2}=21 $ , $ {c}^{2}={a}^{2}-{b}^{2}=4 $ ,所以 $ a=5 $ , $ c=2 $ ,故圆心 $ M $ 为椭圆的右焦点.由题意, $ AB $ 是圆 $ M $ 的直径,所以 $ M $ 为 $ AB $ 的中点,且 $ \left|\overrightarrow {AB}\right|=2 $ ,所以 $ \overrightarrow {MA}=-\overrightarrow {MB} $ .如图,连接 $ PM $ ,可得 $ \overrightarrow {PA}\cdot \overrightarrow {PB}=(\overrightarrow {PM}+\overrightarrow {MA})\cdot (\overrightarrow {PM}+\overrightarrow {MB})=(\overrightarrow {PM}-\overrightarrow {MB})\cdot (\overrightarrow {PM}+\overrightarrow {MB})={\left|\overrightarrow {PM}\right|}^{2}-{\left|\overrightarrow {MB}\right|}^{2}={\left|\overrightarrow {PM}\right|}^{2}-1 $ .

因为点 $ P $ 为椭圆 $ \dfrac{{x}^{2}}{25}+\dfrac{{y}^{2}}{21}=1 $ 上任意一点,所以 $ {\left|\overrightarrow {PM}\right|}_{ \min }=a-c=3 $ , $ {\left|\overrightarrow {PM}\right|}_{ \max }=a+c=7 $ .

由 $ 3\leqslant \left|\overrightarrow {PM}\right|\leqslant 7 $ ,得 $ \overrightarrow {PA}\cdot \overrightarrow {PB}={\left|\overrightarrow {PM}\right|}^{2}-1\in [8,48] $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,椭圆 $ \dfrac{{x}^{2}}{25}+\dfrac{{y}^{2}}{9}=1 $ 的离心率 $ {e}_{1}=\sqrt{\dfrac{25-9}{25}}=\dfrac{4}{5} $ ,椭圆 $ \dfrac{{y}^{2}}{25}+\dfrac{{x}^{2}}{9}=1 $ 的离心率 $ {e}_{2}=\sqrt{\dfrac{25-9}{25}}=\dfrac{4}{5} $ , $ {e}_{1}={e}_{2} $ , $ \mathrm{A} $ 正确；对于 $ \mathrm{B} $ , $ {F}_{1}(-4,0) $ , $ {F}_{2}(4,0) $ 为椭圆 $ \dfrac{{x}^{2}}{25}+\dfrac{{y}^{2}}{9}=1 $ 的两个焦点, $ {E}_{1}(0,-4) $ , $ {E}_{2}(0,4) $ 为椭圆 $ \dfrac{{y}^{2}}{25}+\dfrac{{x}^{2}}{9}=1 $ 的两个焦点,当点 $ P $ 为两个椭圆的交点时,点 $ P $ 到四点的距离之和为20；当点 $ P $ 的坐标为 $ (0,3) $ 时,点 $ P $ 到四点的距离之和为 $ 10+8=18 $ ,因此点 $ P $ 到四点的距离之和不为定值, $ \mathrm{B} $ 不正确；对于 $ \mathrm{C} $ ,两个椭圆关于直线 $ y=x $ , $ y=-x $ 均对称,则曲线 $ C $ 关于直线 $ y=x $ , $ y=-x $ 均对称, $ \mathrm{C} $ 正确；对于 $ \mathrm{D} $ ,椭圆 $ \dfrac{{x}^{2}}{25}+\dfrac{{y}^{2}}{9}=1 $ 的上、下顶点分别为 $ (0,3) $ , $ (0,-3) $ ,椭圆 $ \dfrac{{y}^{2}}{25}+\dfrac{{x}^{2}}{9}=1 $ 的左、右顶点分别为 $ (-3,0) $ , $ (3,0) $ ,曲线 $ C $ 在两组平行直线 $ y=±3 $ , $ x=±3 $ 围成的正方形内部（含边界）,该正方形边长为6,因此曲线 $ C $ 所围区域面积必小于 $ {\rm 36,} \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,设 $ P(x,y) $ ,因为点 $ P $ 到点 $ F $ 的距离是点 $ P $ 到直线 $ l $ 的距离的一半,所以 $ 2\sqrt{{\left(x-1\right) ^ {2}}+{y}^{2}}=\left|x-4\right| $ ,化简可得 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}=1 $ ,所以点 $ P $ 的轨迹方程是 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}=1 $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ,联立 $ \begin{cases}x+2y-4=0,\\ \dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}=1,\end{cases} $ 可得 $ (x-1)^{2}=0 $ ,解得 $ x=1 $ ,故存在点 $ P(1,\dfrac{3}{2}) $ ,

所以直线 $ {l}_{1}:x+2y-4=0 $ 是“最远距离直线”,故 $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ,过点 $ P $ 作 $ PB $ 垂直于直线 $ l $ ,垂足为 $ B $ ,

由题意可得, $ \left|PB\right|=2\left|PF\right| $ ,则 $ \left|PA\right|+2\left|PF\right|=\left|PA\right|+\left|PB\right| $ ,

由图可知, $ \left|PA\right|+\left|PB\right| $ 的最小值即为点 $ A $ 到直线 $ l:x=4 $ 的距离,为5,故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ ,由圆 $ C:{x}^{2}+{y}^{2}-2x=0 $ 可得 $ {\left(x-1\right) ^ {2}}+{y}^{2}=1 $ ,即圆心为 $ (1,0) $ ,半径为1,易得点 $ P $ 的轨迹与圆 $ C $ 交于点 $ (2,0) $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C} $ .

不妨设椭圆的标准方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1(a > b > 0) $ ,由题意知 $ 2a=4,a=2.\because \mathrm{\angle }CBA=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ , $ \left|BC\right|=\sqrt{2} $ ,∴不妨设点 $ C $ 的坐标为 $ (-1,1). $ ∵点 $ C $ 在椭圆上, $ \therefore \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{{b}^{2}}=1 $ , $ \therefore {b}^{2}=\dfrac{4}{3},\therefore {c}^{2}={a}^{2}-{b}^{2}=4-\dfrac{4}{3}=\dfrac{8}{3} $ , $ c=\dfrac{2\sqrt{6}}{3} $ ,则椭圆的两个焦点之间的距离为 $ \dfrac{4\sqrt{6}}{3} $ .

$ \because $ 直线 $ {F}_{2}M $ 的斜率为 $ \sqrt{3} $ ， $ \therefore \tan \mathrm{\angle }M{F}_{2}{F}_{1}=-\sqrt{3} $ ，

$ \because 0 < \mathrm{\angle }M{F}_{2}{F}_{1} < \mathrm{\pi } $ ， $ \therefore \mathrm{\angle }M{F}_{2}{F}_{1}=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ， $ \therefore \cos \mathrm{\angle }M{F}_{2}{F}_{1}=-\dfrac{1}{2} $ . $ \because \dfrac{|M{F}_{2}|}{|{F}_{1}{F}_{2}|}=\dfrac{3}{5} $ ， $ |{F}_{1}{F}_{2}|=2c $ ， $ \therefore |M{F}_{2}|=\dfrac{6}{5}c $ ，

$ \because |M{F}_{1}|+|M{F}_{2}|=2a=16 $ ，

$ \therefore |M{F}_{1}|=16-\dfrac{6}{5}c $ .

在 $ △{F}_{1}{F}_{2}M $ 中，由余弦定理得 $ |M{F}_{1}{|}^{2}=|M{F}_{2}{|}^{2}+|{F}_{1}{F}_{2}{|}^{2}-2|M{F}_{2}|\cdot |{F}_{1}{F}_{2}| \cos \mathrm{\angle }M{F}_{2}{F}_{1} $ ，

即 $ {\left(16-\dfrac{6}{5}c\right) ^ {2}}={\left(\dfrac{6}{5}c\right) ^ {2}}+4{c}^{2}-2×\dfrac{6}{5}c×2c×(-\dfrac{1}{2}) $ ，整理得 $ {c}^{2}+6c-40=0 $ ，解得 $ c=4 $ 或 $ c=-10 $ （舍）.

所以 $ b=\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}=\sqrt{{8}^{2}-{4}^{2}}=4\sqrt{3} $ .