专练1 新定义、新情境专练

如图，连接 $ AE $ 并延长交 $ CD $ 于点 $ F $ ， $ \because E $ 为 $ △ACD $ 的重心，则 $ F $ 为 $ CD $ 的中点，且 $ \overrightarrow {AE}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AF} $ , $ \therefore \overrightarrow {BE}=\overrightarrow {AE}-\overrightarrow {AB}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AF}-\overrightarrow {AB}=\dfrac{2}{3}×\dfrac{1}{2}(\overrightarrow {AC}+\overrightarrow {AD})-\overrightarrow {AB}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AC}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AD}-\overrightarrow {AB}=-\boldsymbol{a}+\dfrac{1}{3}\boldsymbol{b}+\dfrac{1}{3}\boldsymbol{c} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

以 $ B $ 为原点, $ BC $ , $ BA $ , $ BF $ 所在的直线分别为 $ x $ , $ y $ , $ z $ 轴,建立如图所示的空间直角坐标系 $ Oxyz $ ,在正四棱台 $ EFGH-MNPQ $ 中,点 $ N $ 到平面 $ EFGH $ 的距离为 $ \sqrt{{\left(\sqrt{3}\right) ^ {2}}-{\left(2\sqrt{2}-\sqrt{2}\right) ^ {2}}}=1 $ ,由已知可得 $ K(3,0,0) $ , $ F(0,0,2) $ , $ N(1,1,3) $ , $ Z(3,2,3) $ ,所以 $ \overrightarrow {KZ}=(0,2,3) $ , $ \overrightarrow {FN}=(1,1,1) $ ,因此 $ \cos ⟨\overrightarrow {KZ} $ , $ \overrightarrow {FN}⟩=\dfrac{\overrightarrow {KZ}\cdot \overrightarrow {FN}}{\left|\overrightarrow {KZ}\right|\left|\overrightarrow {FN}\right|}=\dfrac{0+2+3}{\sqrt{13}\cdot \sqrt{3}}=\dfrac{5\sqrt{39}}{39} $ ,

所以异面直线 $ KZ $ 与 $ FN $ 夹角的余弦值为 $ \dfrac{5\sqrt{39}}{39} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

设 $ P(x,y,z) $ ,则 $ d(O,P)=\left|x\right|+\left|y\right|+\left|z\right| $ , $ d(O,P)\leqslant 1 $ ,即 $ \left|x\right|+\left|y\right|+\left|z\right|\leqslant 1 $ .

当 $ 0\leqslant x\leqslant 1 $ , $ 0\leqslant y\leqslant 1 $ , $ 0\leqslant z\leqslant 1 $ 时, $ \left|x\right|+\left|y\right|+\left|z\right|=x+y+z\leqslant 1 $ ,当 $ x+y+z=1 $ 时,设 $ {M}_{1}(1,0,0) $ , $ {M}_{2}(0,1,0) $ , $ {M}_{3}(0,0,1) $ , $ \overrightarrow {{M}_{1}P}=(x-1,y,z)=(-y-z,y,z) $ ,

$ \overrightarrow {{M}_{1}{M}_{2}}=(-1,1,0) $ , $ \overrightarrow {{M}_{1}{M}_{3}}=(-1,0,1) $ ,

因此 $ \overrightarrow {{M}_{1}P}=y\overrightarrow {{M}_{1}{M}_{2}}+z\overrightarrow {{M}_{1}{M}_{3}} $ ,点 $ P $ , $ {M}_{1} $ , $ {M}_{2} $ , $ {M}_{3} $ 四点共面,

则点 $ P $ 围成的图形是边长为 $ \sqrt{2} $ 的正三角形及其内部.

由对称性知,当 $ d(O,P)\leqslant 1 $ 时,动点 $ P $ 围成的几何体是正八面体,每个面都是边长为 $ \sqrt{2} $ 的正三角形,

所以动点 $ P $ 构成的几何体的体积 $ V=8{V}_{O-{M}_{1}{M}_{2}{M}_{3}}=8{V}_{{M}_{3}-O{M}_{1}{M}_{2}}=8×\dfrac{1}{3}×\dfrac{1}{2}×1×1×1=\dfrac{4}{3} $ .

设圆 $ {\left(x-2\right) ^ {2}}+{\left(y-2\right) ^ {2}}=8 $ 的圆心为 $ C $ ,可得圆心 $ C(2,2) $ ,由反射定律可知,点 $ P(-6,4) $ 关于 $ x $ 轴的对称点 $ P^\prime (-6,-4) $ 在反射光线所在的直线上,又反射光线恰好平分圆 $ {\left(x-2\right) ^ {2}}+{\left(y-2\right) ^ {2}}=8 $ 的圆周,所以反射光线过点 $ C(2,2) $ ,由直线的两点式方程可得反射光线所在直线方程为 $ \dfrac{y-2}{-4-2}=\dfrac{x-2}{-6-2} $ ,即 $ 3x-4y+2=0 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

因为 $ a=4 $ , $ b=3 $ , $ c=5 $ ，即 $ {a}^{2}+{b}^{2}={c}^{2} $ ，所以 $ △ABC $ 为直角三角形，且 $ \mathrm{\angle }ACB={90}^{\circ } $ .

设 $ M $ 是圆心，因为 $ |{A}_{1}{C}_{2}|=|{A}_{2}{B}_{1}|=|{B}_{2}{C}_{1}|=a+b+c=12 $ ，所以点 $ M $ 到直线 $ AB $ , $ BC $ , $ CA $ 的距离相等，从而 $ M $ 是 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△ABC $ 的内心.作 $ MN\perp AC $ 于点 $ N $ ，连接 $ M{C}_{2} $ ，则 $ |MN|=|CN|=\dfrac{3+4-5}{2}=1 $ ， $ |N{C}_{2}|=6 $ ，所以 $ |M{C}_{2}|= $

$ \sqrt{{1}^{2}+{6}^{2}}=\sqrt{37} $ ，即由 $ △ABC $ 生成的康威圆的半径为 $ \sqrt{37} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

已知斜杆与圆盘所成角为 $ {60}^{\circ } $ ,那么双曲线的渐近线与 $ x $ 轴正方向夹角为 $ {60}^{\circ } $ ,所以渐近线斜率 $ k= \tan {60}^{\circ }=\sqrt{3} $ .设双曲线的标准方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1(a > 0,b > 0) $ ,则有 $ \dfrac{b}{a}=\sqrt{3} $ ,所以 $ {b}^{2}=3{a}^{2} $ .所以双曲线的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{3{a}^{2}}=1 $ ,观察选项,只有 $ {x}^{2}-\dfrac{{y}^{2}}{3}=k(k > 0) $ 满足.故选 $ \mathrm{B} $ .

对于①：由题图可知 $ {a}_{1} > {a}_{2} $ , $ {c}_{1} > {c}_{2} $ , $ \therefore {a}_{1}+{c}_{1} > {a}_{2}+{c}_{2} $ ,故①不正确;

对于②： $ \because {a}_{1}-{c}_{1}=\left|PF\right| $ , $ {a}_{2}-{c}_{2}=\left|PF\right| $ , $ \therefore {a}_{1}-{c}_{1}={a}_{2}-{c}_{2} $ ,故②正确;

对于③：由 $ {a}_{1}-{c}_{1}={a}_{2}-{c}_{2} $ 可得 $ {a}_{1}+{c}_{2}={a}_{2}+{c}_{1} $ ,两边平方整理可得 $ {a}_{1}^{2}-{c}_{1}^{2}+2{a}_{1}{c}_{2}={a}_{2}^{2}-{c}_{2}^{2}+2{a}_{2}{c}_{1} $ ,即 $ {b}_{1}^{2}+2{a}_{1}{c}_{2}={b}_{2}^{2}+2{a}_{2}{c}_{1} $ ,

$ \because {b}_{1} > {b}_{2} $ , $ \therefore {c}_{1}{a}_{2} > {a}_{1}{c}_{2} $ ,故③正确；

对于④：由 $ {c}_{1}{a}_{2} > {a}_{1}{c}_{2} $ 可得 $ \dfrac{{c}_{1}}{{a}_{1}} > \dfrac{{c}_{2}}{{a}_{2}} $ ,故④不正确.

故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C} $ .

由抛物线的光学性质可知,直线 $ PQ $ 过焦点 $ F(1,0) $ ,设直线 $ PQ:x=my+1 $ ,代入 $ {y}^{2}=4x $ 中得 $ {y}^{2}-4my-4=0 $ , $ \mathrm{\Delta } > 0 $ ,则 $ {y}_{1}{y}_{2}=-4 $ ,所以 $ {\left({y}_{1}{y}_{2}\right) ^ {2}}=16{x}_{1}{x}_{2}=16 $ ,

所以 $ {x}_{1}{x}_{2}=1 $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；

点 $ P $ 与 $ M $ 均在直线 $ {l}_{1} $ 上,且 $ {l}_{1}//x $ 轴，则点 $ P $ 的坐标为 $ (\dfrac{1}{4},1) $ ,由 $ {y}_{1}{y}_{2}=-4 $ 得 $ {y}_{2}=-4 $ ,

则点 $ Q $ 的坐标为 $ (4,-4) $ ,则 $ {k}_{PQ}=\dfrac{-4-1}{4-\dfrac{1}{4}}=-\dfrac{4}{3} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；

由抛物线的定义可知, $ \left|PQ\right|={x}_{1}+{x}_{2}+p=\dfrac{1}{4}+4+2=\dfrac{25}{4} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；

因为 $ {l}_{1} $ 与 $ {l}_{2} $ 平行,所以 $ {l}_{1} $ 与 $ {l}_{2} $ 之间的距离 $ d=\left|{y}_{1}-{y}_{2}\right|=5 $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C} $ .

$ {C}_{1}:y=\sqrt{-{x}^{2}+2\left|x\right|} $ 可变形为 $ {\left(x±1\right) ^ {2}}+{y}^{2}=1(y\geqslant 0) $ ,则上部分曲线 $ {C}_{1} $ 表示以点 $ (±1,0) $ 为圆心,1为半径的两个半圆.

对于选项 $ \mathrm{A} $ :曲线 $ {C}_{2}:\dfrac{{y}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{x}^{2}}{{b}^{2}}=1(y\leqslant 0) $ 的一个焦点为 $ F(0,-1) $ ,可得 $ c=1 $ , $ b=2 $ ,则 $ a=\sqrt{5} $ ,故曲线 $ {C}_{2} $ 的方程为 $ \dfrac{{y}^{2}}{5}+\dfrac{{x}^{2}}{4}=1(y\leqslant 0) $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于选项 $ \mathrm{B} $ :设点 $ B(0,1) $ ,则 $ {\left|PB\right|}^{2}={x}^{2}+{\left(y-1\right) ^ {2}} $ ,当点 $ P $ 位于 $ {C}_{2} $ 的下顶点,即 $ P(0,-\sqrt{5}) $ 时, $ {\left|PB\right|}^{2}={\left(\sqrt{5}+1\right) ^ {2}}=6+2\sqrt{5} > 1+\sqrt{5} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；

对于选项 $ \mathrm{C} $ :当直线 $ y=x+m $ 与 $ {C}_{2} $ 相切时,联立方程 $ \begin{cases}y=x+m,\\ \dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{5}=1,\end{cases} $ 消去 $ y $ 可得 $ 9{x}^{2}+8mx+4{m}^{2}-20=0 $ ,令 $ \mathrm{\Delta }=64{m}^{2}-36(4{m}^{2}-20)=80(9-{m}^{2})=0 $ ,解得 $ m=3 $ （舍去）或 $ m=-3 $ .取直线 $ {l}_{1}:y=x-3 $ 和直线 $ {l}_{2}:y=x $ .若点 $ (1,0) $ 到直线 $ y=x+m $ ,即 $ x-y+m=0 $ 的距离 $ \dfrac{\left|1+m\right|}{\sqrt{2}}=1 $ ,解得 $ m=\sqrt{2}-1 $ 或 $ m=-\sqrt{2}-1 $ （舍去）.若点 $ (-1,0) $ 到直线 $ y=x+m $ ,即 $ x-y+m=0 $ 的距离 $ \dfrac{\left|-1+m\right|}{\sqrt{2}}=1 $ ,解得 $ m=\sqrt{2}+1 $ 或 $ m=-\sqrt{2}+1 $ （舍去）,取直线 $ {l}_{3}:y=x+\sqrt{2}-1 $ 和直线 $ {l}_{4}:y=x+\sqrt{2}+1 $ .

以直线 $ {l}_{1} $ , $ {l}_{2} $ , $ {l}_{3} $ , $ {l}_{4} $ 为临界,结合图形可知,若直线 $ y=x+m $ 与曲线 $ E $ 有2个交点,则 $ -3 < m < 0 $ 或 $ \sqrt{2}-1 < m < \sqrt{2}+1 $ ,所以实数 $ m $ 的取值范围为 $ (-3,0)\cup (\sqrt{2}-1,\sqrt{2}+1) $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对于选项 $ \mathrm{D} $ :结合图形及上述分析可知,曲线 $ {C}_{2} $ 上的点到直线 $ y=x-8 $ 的距离的最小值即为直线 $ y=x-3 $ 与直线 $ y=x-8 $ 之间的距离,且两平行线间的距离为 $ \dfrac{\left|-3+8\right|}{\sqrt{2}}=\dfrac{5\sqrt{2}}{2} $ ,所以曲线 $ {C}_{2} $ 上的点到直线 $ y=x-8 $ 的距离的最小值为 $ \dfrac{5\sqrt{2}}{2} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

对于①,因为在平面直角坐标系 $ xOy $ 中,把到定点 $ {F}_{1}(-a,0) $ , $ {F}_{2}(a,0) $ 距离之积等于 $ {a}^{2}(a > 0) $ 的点的轨迹称为双纽线 $ C $ ,所以双纽线 $ C $ 的方程为 $ \sqrt{{\left(x+a\right) ^ {2}}+{y}^{2}}\cdot \sqrt{{\left(x-a\right) ^ {2}}+{y}^{2}}={a}^{2} $ ,

用 $ (-x,-y) $ 替换方程中的 $ (x,y) $ ,原方程不变,所以双纽线 $ C $ 关于原点 $ O $ 中心对称,所以①正确;

对于②,若双纽线 $ C $ 上的点 $ P $ 满足 $ \left|P{F}_{1}\right|=\left|P{F}_{2}\right| $ ,则点 $ P $ 在 $ y $ 轴上,即 $ x=0 $ ,所以 $ \sqrt{{a}^{2}+{y}^{2}}\sqrt{{a}^{2}+{y}^{2}}={a}^{2} $ ,得 $ y=0 $ ,所以这样的点 $ P $ 只有1个,所以②正确；

对于③,根据三角形的等面积法可知 $ \dfrac{1}{2}\left|P{F}_{1}\right|\left|P{F}_{2}\right| \sin \mathrm{\angle }{F}_{1}P{F}_{2}=\dfrac{1}{2}×2a×\left|{y}_{0}\right| $ ,易知 $ \sin \mathrm{\angle }{F}_{1}P{F}_{2} $ 可以取到 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,所以 $ \left|{y}_{0}\right|=\dfrac{a}{2} \sin \mathrm{\angle }{F}_{1}P{F}_{2}\leqslant \dfrac{a}{2} $ ,

所以 $ {y}_{0}\in [-\dfrac{a}{2} $ , $ \dfrac{a}{2} ] $ ,所以③错误；

对于④,因为 $ \overrightarrow {PO}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow {P{F}_{1}}+\overrightarrow {P{F}_{2}}) $ ,所以 $ {\left|\overrightarrow {PO}\right|}^{2}=\dfrac{1}{4}({\left|\overrightarrow {P{F}_{1}}\right|}^{2}+2\overrightarrow {P{F}_{1}}\cdot \overrightarrow {P{F}_{2}}+{\left|\overrightarrow {P{F}_{2}}\right|}^{2})=\dfrac{1}{4}({\left|\overrightarrow {P{F}_{1}}\right|}^{2}+2\left|\overrightarrow {P{F}_{1}}\right|\cdot \left|\overrightarrow {P{F}_{2}}\right| \cos \mathrm{\angle }{F}_{1}P{F}_{2}+{\left|\overrightarrow {P{F}_{2}}\right|}^{2}) $ ,

由余弦定理得 $ 4{a}^{2}={\left|\overrightarrow {P{F}_{1}}\right|}^{2}-2\left|\overrightarrow {P{F}_{1}}\right|\cdot \left|\overrightarrow {P{F}_{2}}\right| \cos \mathrm{\angle }{F}_{1}P{F}_{2}+{\left|\overrightarrow {P{F}_{2}}\right|}^{2} $ ,

所以 $ {\left|\overrightarrow {PO}\right|}^{2}={a}^{2}+\left|\overrightarrow {P{F}_{1}}\right|\cdot \left|\overrightarrow {P{F}_{2}}\right|\cdot \cos \mathrm{\angle }{F}_{1}P{F}_{2}={a}^{2}+{a}^{2} \cos \mathrm{\angle }{F}_{1}P{F}_{2}\leqslant 2{a}^{2} $ ,

当且仅当 $ \cos \mathrm{\angle }{F}_{1}P{F}_{2}=1 $ 时取等号,所以 $ \left|PO\right| $ 的最大值为 $ \sqrt{2}a $ ,所以④正确.

故答案为①②④.