模块综合测试

因为向量 $ \boldsymbol{a}=(2,-1,1) $ , $ \boldsymbol{b}=(1,m,2) $ ,所以 $ \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}=(1,-1-m,-1) $ ,又因为 $ (\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})\perp \boldsymbol{a} $ ,所以 $ (\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})\cdot \boldsymbol{a}=0 $ ,所以 $ 2×1+(-1)\cdot (-1-m)+1×(-1)=0 $ ,解得 $ m=-2 $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

椭圆 $ \dfrac{{x}^{2}}{25}+\dfrac{{y}^{2}}{9}=1 $ 长轴的两个端点坐标分别为 $ (5,0) $ ， $ (-5,0) $ ，两个焦点的坐标分别为 $ (4,0) $ ， $ (-4,0) $ ，

所以双曲线的两个焦点坐标分别为 $ (5,0) $ ， $ (-5,0) $ ，两个顶点坐标分别为 $ (4,0) $ ， $ (-4,0) $ ，

则双曲线的焦点在 $ x $ 轴上，且 $ c=5 $ ， $ a=4 $ ，所以 $ {b}^{2}={c}^{2}-{a}^{2}=9 $ ，

所以双曲线的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{16}-\dfrac{{y}^{2}}{9}=1 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ \theta \in [0,\mathrm{\pi }) $ ,所以 $ \sin \theta \in [0,1] $ ,设直线 $ l $ 的倾斜角为 $ \alpha \in [0,\mathrm{\pi }) $ ,当 $ \sin \theta =0 $ 时,直线 $ l $ 的方程为 $ x+1=0 $ ,此时 $ \alpha =\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ;当 $ \sin \theta \in (0,1] $ 时,直线 $ l $ 的斜率 $ k=\dfrac{1}{ \sin \theta }\in [1 $ , $ +\mathrm{\infty }) $ ,则 $ \tan \alpha \in [1,+\mathrm{\infty }) $ ,由正切函数的性质可知 $ \alpha \in [\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ .故直线 $ l $ 的倾斜角的范围是 $ [\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ ,故选 $ \mathrm{D} $ .

根据题意,设直线 $ {l}_{1} $ 的倾斜角为 $ \alpha $ , $ \alpha \in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})\cup (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\mathrm{\pi }) $ ,

则 $ \left|AB\right|=\dfrac{2p}{{ \sin }^{2}\alpha }=\dfrac{4}{{ \sin }^{2}\alpha } $ .

同理 $ \left|DE\right|=\dfrac{4}{{ \sin }^{2}(\alpha +\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})}=\dfrac{4}{{ \cos }^{2}\alpha } $ ,

所以 $ \left|AB\right|+\left|DE\right|=\dfrac{4}{{ \sin }^{2}\alpha }+\dfrac{4}{{ \cos }^{2}\alpha }=\dfrac{4}{{ \sin }^{2}\alpha { \cos }^{2}\alpha }=\dfrac{16}{{ \sin }^{2}2\alpha }\geqslant 16 $ ,

当且仅当 $ \alpha =\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ 或 $ \alpha =\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ 时取等号.

故 $ \left|AB\right|+\left|DE\right| $ 的最小值为16,故选 $ \mathrm{A} $ .

不妨设点 $ M $ 在双曲线的右支上，如图所示.设 $ |M{F}_{1}|=m $ ， $ |M{F}_{2}|=n $ ，则 $ \begin{cases}m-n=2a\mathrm{①},\\ {m}^{2}+{n}^{2}=4{c}^{2}\mathrm{②},\\ \dfrac{1}{4}mn=\dfrac{{a}^{2}}{18}\mathrm{③},\end{cases} $

由①得 $ {m}^{2}+{n}^{2}-2mn=4{a}^{2} $ ．将②③代入即可得 $ 4{c}^{2}-\dfrac{4}{9}{a}^{2}=4{a}^{2} $ ，

故 $ 4{c}^{2}=\dfrac{40}{9}{a}^{2} $ ，所以 $ \dfrac{{c}^{2}}{{a}^{2}}=\dfrac{10}{9} $ ，

所以离心率 $ e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{10}}{3} $ ．故选 $ \mathrm{A} $ ．

直线 $ {l}_{1}:kx-y+2k+4=0 $ 过定点 $ M(-2,4) $ ,直线 $ {l}_{2}:x+ky+4k+2=0 $ 过定点 $ N(-2,-4) $ ,且直线 $ {l}_{1} $ 与直线 $ {l}_{2} $ 垂直,所以点 $ P $ 的轨迹是以 $ MN $ 为直径的圆（除点 $ N $ ）,则该圆的圆心是 $ (-2,0) $ ,半径为4,则点 $ P $ 的轨迹方程是 $ {\left(x+2\right) ^ {2}}+{y}^{2}=16(y\ne -4) $ ,

令 $ 2\left|PO\right|=\left|PA\right| $ ,因为 $ {\left(x+2\right) ^ {2}}+{y}^{2}=16 $ ,

所以 $ {x}^{2}+4x+4+{y}^{2}=16⇔4{x}^{2}+16x+16+4{y}^{2}=64. $ , $ {x}^{2}+4x+{y}^{2}=12 $ ,

则 $ 4{x}^{2}+4{y}^{2}=48-16x=36-16x+12=36-12x+{x}^{2}+{y}^{2} $ ,所以 $ 2\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}=\sqrt{{\left(x-6\right) ^ {2}}+{y}^{2}} $ ,可得点 $ A(6,0) $ ,

则 $ 2\left|PO\right|+\left|PQ\right|=\left|PA\right|+\left|PQ\right|\geqslant \left|AQ\right|=\sqrt{{\left(0-6\right) ^ {2}}+{\left(1-0\right) ^ {2}}}=\sqrt{37} $ ,此时点 $ P $ 是线段 $ QA $ 与圆 $ {\left(x+2\right) ^ {2}}+{y}^{2}=16 $ 的交点,点 $ P $ 存在,符合题意.故选 $ \mathrm{B} $ .

设 $ \overrightarrow {OA}=\boldsymbol{a} $ , $ \overrightarrow {OC}=\boldsymbol{b} $ , $ \overrightarrow {OD}=\boldsymbol{c} $ ,则 $ \left|\boldsymbol{a}\right|=\left|\boldsymbol{b}\right|=\left|\boldsymbol{c}\right|=1 $ ,且 $ \boldsymbol{a} $ , $ \boldsymbol{b} $ , $ \boldsymbol{c} $ 两两夹角为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ,因此 $ \boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}=\boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{c}=\boldsymbol{b}\cdot \boldsymbol{c}=1×1× \cos $ $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{1}{2} $ .因为 $ E $ 是 $ AD $ 的中点,所以 $ \overrightarrow {OE}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow {OA}+\overrightarrow {OD})=\dfrac{1}{2}\boldsymbol{a}+\dfrac{1}{2}\boldsymbol{c} $ ,同理可得 $ \overrightarrow {OF}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow {OC}+\overrightarrow {OD})=\dfrac{1}{2}\boldsymbol{b}+\dfrac{1}{2}\boldsymbol{c} $ ,又 $ \overrightarrow {DB}=\overrightarrow {OB}-\overrightarrow {OD}=(\overrightarrow {OC}+\overrightarrow {OA})-\overrightarrow {OD}=\boldsymbol{b}+\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c} $ ,且点 $ G $ 在 $ BD $ 上,所以设 $ \overrightarrow {DG}=t\overrightarrow {DB}=t\boldsymbol{b}+t\boldsymbol{a}-t\boldsymbol{c}(t\in [0,1]) $ ,所以 $ \overrightarrow {OG}=\overrightarrow {OD}+\overrightarrow {DG}=\boldsymbol{c}+t\boldsymbol{a}+t\boldsymbol{b}-t\boldsymbol{c}=t\boldsymbol{a}+t\boldsymbol{b}+(1-t)\boldsymbol{c} $ .

又 $ O $ , $ E $ , $ F $ , $ G $ 四点共面,所以存在唯一的实数对 $ (\lambda ,\mu ) $ ,使得 $ \overrightarrow {OG}=\lambda \overrightarrow {OE}+\mu \overrightarrow {OF}= $

$ \lambda (\dfrac{1}{2}\boldsymbol{a}+\dfrac{1}{2}\boldsymbol{c})+\mu (\dfrac{1}{2}\boldsymbol{b}+\dfrac{1}{2}\boldsymbol{c})=\dfrac{1}{2}\lambda \boldsymbol{a}+\dfrac{1}{2}\mu \boldsymbol{b}+\dfrac{1}{2}(\lambda +\mu )\boldsymbol{c} $ ,

故 $ \dfrac{1}{2}\lambda \boldsymbol{a}+\dfrac{1}{2}\mu \boldsymbol{b}+\dfrac{1}{2}(\lambda +\mu )\boldsymbol{c}=t\boldsymbol{a}+t\boldsymbol{b}+(1-t)\boldsymbol{c} $ ,所以 $ \begin{cases}\dfrac{1}{2}\lambda =t,\\ \dfrac{1}{2}\mu =t,\\ \dfrac{1}{2}\lambda +\dfrac{1}{2}\mu =1-t,\end{cases} $ 解得 $ t=\dfrac{1}{3} $ ,

所以 $ \overrightarrow {OG}=\dfrac{1}{3}\boldsymbol{a}+\dfrac{1}{3}\boldsymbol{b}+\dfrac{2}{3}\boldsymbol{c} $ .

所以 $ {\left|\overrightarrow {OG}\right|}^{2}={\left(\dfrac{1}{3}\boldsymbol{a}+\dfrac{1}{3}\boldsymbol{b}+\dfrac{2}{3}\boldsymbol{c}\right) ^ {2}}=\dfrac{1}{9}{\left|\boldsymbol{a}\right|}^{2}+\dfrac{1}{9}{\left|\boldsymbol{b}\right|}^{2}+\dfrac{4}{9}{\left|\boldsymbol{c}\right|}^{2}+\dfrac{2}{9}\boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}+\dfrac{4}{9}\boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{c}+\dfrac{4}{9}\boldsymbol{b}\cdot \boldsymbol{c}=\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9}+\dfrac{4}{9}+\dfrac{2}{9}×\dfrac{1}{2}+\dfrac{4}{9}×\dfrac{1}{2}+\dfrac{4}{9}×\dfrac{1}{2}=\dfrac{11}{9} $ ，则 $ \left|\overrightarrow {OG}\right|=\dfrac{\sqrt{11}}{3} $ ,故选 $ \mathrm{D} $ .

因为椭圆 $ C $ 的离心率为 $ \dfrac{1}{2} $ ，故可设 $ a=2k $ , $ c=k(k > 0) $ ，故 $ b=\sqrt{3}k $ ，因此椭圆 $ C $ 的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}={k}^{2} $ ，

而 $ |A{F}_{1}|=a-c=k $ ， $ |{F}_{1}{F}_{2}|=2k $ ，故 $ \dfrac{|A{F}_{1}|}{|{F}_{1}{F}_{2}|}=\dfrac{1}{2} $ ，因为 $ M{F}_{2}//AN $ ，所以 $ \dfrac{|N{F}_{1}|}{|M{F}_{1}|}=\dfrac{1}{2} $ .因为直线 $ MN $ 与 $ x $ 轴不垂直也不重合，

故可设 $ MN:x=my-k(m > 0) $ ， $ M({x}_{1},{y}_{1}) $ ， $ N({x}_{2},{y}_{2}) $ ，则 $ {y}_{1}=-2{y}_{2} $ ，

由 $ \begin{cases}x=my-k,\\ 3{x}^{2}+4{y}^{2}=12{k}^{2}\end{cases} $ 可得 $ (4+3{m}^{2}){y}^{2}-6mky-9{k}^{2}=0 $ ，

因为 $ {F}_{1} $ 在椭圆 $ C $ 的内部，所以 $ \mathrm{\Delta } > 0 $ 恒成立，且 $ \begin{cases}{y}_{1}+{y}_{2}=\dfrac{6km}{4+3{m}^{2}},\\ {y}_{1}{y}_{2}=\dfrac{-9{k}^{2}}{4+3{m}^{2}},\\ {y}_{1}=-2{y}_{2},\end{cases} $

故 $ \dfrac{-6km}{4+3{m}^{2}}×\dfrac{12km}{4+3{m}^{2}}=\dfrac{-9{k}^{2}}{4+3{m}^{2}} $ ，因为 $ k\ne 0 $ ，

所以 $ m=\dfrac{2\sqrt{5}}{5} $ ，

此时 $ {y}_{1}=\dfrac{12k×\dfrac{2\sqrt{5}}{5}}{4+\dfrac{12}{5}}=\dfrac{3\sqrt{5}}{4}k > 0 $ ， $ {x}_{1}=\dfrac{3\sqrt{5}}{4}k×\dfrac{2\sqrt{5}}{5}-k=\dfrac{k}{2} > 0 $ ，

故 $ M $ 在第一象限，符合条件，因此直线 $ MN $ 的斜率为 $ \dfrac{1}{m}=\dfrac{\sqrt{5}}{2} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,当 $ t=-1 $ 时,直线 $ l:y=-x-2 $ ,而圆 $ C $ 的方程 $ {x}^{2}+{y}^{2}+4x-4=0 $ 可化为 $ {\left(x+2\right) ^ {2}}+{y}^{2}=8 $ ,可知圆心 $ C(-2,0) $ ,此时点 $ C(-2,0) $ 在直线 $ y=-x-2 $ 上,所以圆 $ C $ 关于直线 $ l $ 对称,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ,当 $ t=1 $ 时,直线 $ l:y=x-2 $ ,此时圆心 $ C $ 到直线 $ l $ 的距离为 $ \dfrac{\left|-2-2\right|}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2} $ ,由于圆 $ C $ 的半径 $ r=2\sqrt{2} $ ,所以直线 $ l $ 与圆 $ C $ 相切,只有一个公共点,故 $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ ,要使得直线 $ l $ 与圆 $ C $ 没有交点,则圆心 $ C $ 到直线 $ l $ 的距离 $ \dfrac{\left|-2t-2\right|}{\sqrt{{t}^{2}+1}} > 2\sqrt{2} $ ,整理得 $ {\left(t-1\right) ^ {2}} < 0 $ ,此时不等式 $ {\left(t-1\right) ^ {2}} < 0 $ 无实数解,所以不存在 $ t\in \boldsymbol{R} $ ,使得直线 $ l $ 与圆 $ C $ 没有交点,故 $ \mathrm{C} $ 错误；

对于 $ \mathrm{D} $ ,由直线 $ l $ 被圆 $ C $ 截得的弦长为 $ \dfrac{4\sqrt{30}}{5} $ ,圆心 $ C $ 到直线 $ l $ 的距离为 $ \dfrac{\left|-2t-2\right|}{\sqrt{{t}^{2}+1}} $ ,

得 $ 2\sqrt{{\left(2\sqrt{2}\right) ^ {2}}-{\left(\dfrac{\left|-2t-2\right|}{\sqrt{{t}^{2}+1}}\right) ^ {2}}}=\dfrac{4\sqrt{30}}{5} $ ,化简得 $ {t}^{2}+10t+1=0 $ ,解得 $ t=-5±2\sqrt{6} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{D} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ , $ \overrightarrow {CQ}=\overrightarrow {CB}+\overrightarrow {BQ}=-\overrightarrow {AD}+2\overrightarrow {B{A}_{1}}=-\overrightarrow {AD}+2(\overrightarrow {A{A}_{1}}-\overrightarrow {AB})=-2\overrightarrow {AB}-\overrightarrow {AD}+2\overrightarrow {A{A}_{1}} $ ,即 $ \overrightarrow {CQ}+2\overrightarrow {AB}=-\overrightarrow {AD}+2\overrightarrow {A{A}_{1}} $ , $ \mathrm{A} $ 错误；

对于 $ \mathrm{B} $ ,以 $ {A}_{1} $ 为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则 $ {C}_{1}(-1,1,0) $ , $ Q(0,-1,1) $ , $ C(-1,1,-1) $ , $ E(1,-1,-1) $ , $ G(-1,-1,1) $ , $ B(0,1,-1) $ , $ D(-1,0,-1) $ ,所以 $ \overrightarrow {Q{C}_{1}}=(-1,2,-1) $ , $ \overrightarrow {B{C}_{1}}=(-1,0,1) $ , $ \overrightarrow {BD}=(-1,-1,0) $ , $ \overrightarrow {CQ}=(1,-2,2) $ .设 $ m=\dfrac{\overrightarrow {Q{C}_{1}}\cdot \overrightarrow {CQ}}{\left|\overrightarrow {CQ}\right|}=-\dfrac{7}{3} $ ,

则点 $ {C}_{1} $ 到直线 $ CQ $ 的距离 $ d=\sqrt{{\left|\overrightarrow {Q{C}_{1}}\right|}^{2}-{m}^{2}}=\sqrt{6-\dfrac{49}{9}}=\dfrac{\sqrt{5}}{3} $ , $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ,设平面 $ B{C}_{1}D $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(a,b,c) $ ,则 $ \begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {B{C}_{1}}=-a+c=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {BD}=-a-b=0,\end{cases} $ 取 $ a=1 $ ,得 $ \begin{cases}c=1,\\ b=-1,\end{cases} $ 则 $ \boldsymbol{n}=(1,-1,1) $ ,则 $ \left| \cos ⟨\overrightarrow {CQ},\boldsymbol{n}⟩\right|=\left|\dfrac{\overrightarrow {CQ}\cdot \boldsymbol{n}}{\left|\overrightarrow {CQ}\right|\left|\boldsymbol{n}\right|}\right|=\dfrac{5}{3×\sqrt{3}}=\dfrac{5\sqrt{3}}{9} $ ,即直线 $ CQ $ 与平面 $ B{C}_{1}D $ 所成角的正弦值为 $ \dfrac{5\sqrt{3}}{9} $ , $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ , $ \left| \cos ⟨\overrightarrow {CQ},\overrightarrow {BD}⟩\right|=\dfrac{\left|\overrightarrow {CQ}\cdot \overrightarrow {BD}\right|}{\left|\overrightarrow {CQ}\right|\left|\overrightarrow {BD}\right|}=\dfrac{1}{\sqrt{9}×\sqrt{2}}=\dfrac{1}{3\sqrt{2}} $ ,则 $ \left| \tan ⟨\overrightarrow {CQ},\overrightarrow {BD}⟩\right|=\sqrt{17} $ ,即异面直线 $ CQ $ 与 $ BD $ 所成角的正切值为 $ \sqrt{17} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ，根据题意画图,如图所示,由图知，

当且仅当直线 $ MB $ 与抛物线相切时， $ \mathrm{\angle }OMB $ 取得最大值.

设直线 $ MB $ 的方程为 $ x=-1+my $ ，联立 $ \begin{cases}{y}^{2}=4x,\\ x=-1+my,\end{cases} $ 得 $ {y}^{2}-4my+4=0 $ ，

由 $ \mathrm{\Delta }=16{m}^{2}-16=0 $ ，得 $ m=±1 $ ，

此时直线 $ MB $ 的斜率为 $ ±1 $ ， $ \mathrm{\angle }OMB=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ ，因此 $ \mathrm{\angle }OMB $ 的最大值为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确.

对于 $ \mathrm{B} $ ，作点 $ A(5,3) $ 在准线 $ x=-1 $ 上的射影 $ A\prime (-1,3) $ ，设点 $ P $ 到准线 $ x=-1 $ 的距离为 $ d $ ，则 $ |PA|+|PF|=|PA|+d\geqslant |AA\prime |=6 $ ，当且仅当 $ A\prime $ , $ P $ , $ A $ 三点共线时等号成立，故 $ \mathrm{B} $ 错误.

对于 $ \mathrm{C} $ ，由题意知， $ M(-1,0) $ ， $ F(1,0) $ ,且直线 $ l $ 的斜率不为0，则设直线 $ l $ 的方程为 $ x=ny+1 $ ， $ B({x}_{1},{y}_{1}) $ ， $ C({x}_{2},{y}_{2}) $ ，联立直线 $ l $ 与抛物线方程 $ \begin{cases}{y}^{2}=4x,\\ x=ny+1,\end{cases} $ 整理得 $ {y}^{2}-4ny-4=0 $ ， $ \mathrm{\Delta }\prime =16{n}^{2}+16 > 0 $ ,

则 $ {y}_{1}+{y}_{2}=4n $ ， $ {y}_{1}{y}_{2}=-4 $ ，

所以 $ {x}_{1}+{x}_{2}=4{n}^{2}+2 $ ， $ {x}_{1}{x}_{2}=(n{y}_{1}+1)(n{y}_{2}+1)=-4{n}^{2}+4{n}^{2}+1=1 $ ，

则 $ {k}_{MB}+{k}_{MC}=\dfrac{{y}_{1}}{{x}_{1}+1}+\dfrac{{y}_{2}}{{x}_{2}+1} $

$ =\dfrac{{y}_{1}({x}_{2}+1)+{y}_{2}({x}_{1}+1)}{({x}_{1}+1)({x}_{2}+1)} $

$ =\dfrac{2{y}_{1}+2{y}_{2}+2n{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}+{x}_{1}{x}_{2}+1}=\dfrac{2×4n-2n×4}{4{n}^{2}+2+1+1}=0 $ ，

故直线 $ MB $ , $ MC $ 的倾斜角互补，所以 $ \mathrm{\angle }OMB=\mathrm{\angle }OMC $ ，故 $ \mathrm{C} $ 正确.

对于 $ \mathrm{D} $ ，由题意及选项 $ \mathrm{C} $ 知 $ D(-1,{y}_{2}) $ ， $ {y}_{1}+{y}_{2}=4n $ ， $ {y}_{1}{y}_{2}=-4 $ ，

则 $ {k}_{OB}=\dfrac{{y}_{1}}{{x}_{1}}=\dfrac{{y}_{1}}{\dfrac{{y}_{1}^{2}}{4}}=\dfrac{4}{{y}_{1}} $ ， $ {k}_{OD}=-{y}_{2} $ ，

由 $ {k}_{OB}-{k}_{OD}=\dfrac{4}{{y}_{1}}+{y}_{2}=\dfrac{4+{y}_{1}{y}_{2}}{{y}_{1}}=0 $ ，知 $ {k}_{OB}={k}_{OD} $ ，即 $ B $ , $ O $ , $ D $ 三点在同一条直线上，所以存在 $ \lambda \in \boldsymbol{R} $ ，使得 $ \overrightarrow {CO}=\lambda \overrightarrow {CD}+(1-\lambda )\overrightarrow {CB} $ ，故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

直线 $ l:y=kx+2k+4 $ 可化为 $ (x+2)k-y+4=0 $ ,所以直线 $ l $ 过定点 $ A(-2,4).y=\sqrt{4-{x}^{2}} $ 可化为 $ {x}^{2}+{y}^{2}=4(y\geqslant 0) $ ,其表示以 $ (0,0) $ 为圆心,2为半径的圆在 $ x $ 轴及 $ x $ 轴上方的部分,当 $ l $ 与该曲线相切时,圆心 $ (0,0) $ 到直线 $ l $ 的距离 $ d=\dfrac{\left|4+2k\right|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}=2 $ ,解得 $ k=-\dfrac{3}{4} $ .

设 $ B(2,0) $ ,则 $ {k}_{AB}=\dfrac{4-0}{-2-2}=-1 $ ,如图所示.

由图可得,若要使直线 $ l $ 与曲线 $ y=\sqrt{4-{x}^{2}} $ 有两个交点,则 $ -1\leqslant k < -\dfrac{3}{4} $ ，即实数 $ k $ 的取值范围为 $ [-1,-\dfrac{3}{4}) $ .

连接 $ BM $ ,如图，以 $ D $ 为原点建立空间直角坐标系，

则 $ A(3,0,0) $ , $ B(3,3,0) $ , $ D\prime (0,0,3) $ ，

设 $ M(x,3,y)(x,y\in [0,3]) $ .

则 $ \overrightarrow {AM}=(x-3,3,y) $ , $ \overrightarrow {BD\prime }=(-3,-3,3) $ ，因为 $ AM\perp BD\prime $ ，

所以 $ \overrightarrow {AM}\cdot \overrightarrow {BD\prime }=(x-3,3,y)\cdot (-3,-3,3)=-3(x-3)-9+3y=0 $ ，

所以 $ y=x $ ，则 $ M(x,3,x) $ .

因为 $ AB\perp $ 平面 $ BCC\prime B\prime $ ，所以 $ \mathrm{\angle }AMB $ 即为 $ AM $ 和平面 $ BCC\prime B\prime $ 所成的角，即 $ \theta =\mathrm{\angle }AMB $ ，则 $ \tan \theta =\dfrac{AB}{BM}=\dfrac{3}{\sqrt{{\left(x-3\right) ^ {2}}+{x}^{2}}}=\dfrac{3}{\sqrt{2{x}^{2}-6x+9}} $ ，所以当 $ x=\dfrac{3}{2} $ 时， $ \tan \theta $ 取得最大值 $ \sqrt{2} $ .

设 $ {F}_{2} $ 为右焦点，连接 $ P{F}_{2} $ ，设半焦距为 $ c $ ， $ |P{F}_{1}|=x $ ， $ |P{F}_{2}|=y $ ，

设 $ Q $ 为 $ P{F}_{1} $ 的中点，连接 $ OQ $ ,由线段 $ P{F}_{1} $ 的垂直平分线经过坐标原点，可知 $ OQ\perp P{F}_{1} $ ，又 $ O $ 为 $ {F}_{1}{F}_{2} $ 的中点，则 $ OQ//P{F}_{2} $ ，所以 $ P{F}_{1}\perp P{F}_{2} $ ，

则 $ {x}^{2}+{y}^{2}=4{c}^{2} $ ， $ x+y=2{a}_{1} $ ， $ x-y=2{a}_{2} $ ，即 $ x={a}_{1}+{a}_{2} $ , $ y={a}_{1}-{a}_{2} $ ,所以 $ ({a}_{1}+{a}_{2})^{2}+({a}_{1}-{a}_{2})^{2}=4{c}^{2} $ ,所以 $ (2{a}_{1})^{2}+{\left(2{a}_{2} \right) ^ {2}}=2×4{c}^{2} $ ，从而有 $ \dfrac{1}{{e}_{1}^{2}}+\dfrac{1}{{e}_{2}^{2}}=2 $ ，

故 $ 2{e}_{1}^{2}+{e}_{2}^{2}=\dfrac{1}{2}(2{e}_{1}^{2}+{e}_{2}^{2})(\dfrac{1}{{e}_{1}^{2}}+\dfrac{1}{{e}_{2}^{2}})=\dfrac{1}{2}(3+\dfrac{2{e}_{1}^{2}}{{e}_{2}^{2}}+\dfrac{{e}_{2}^{2}}{{e}_{1}^{2}})\geqslant \dfrac{1}{2}(3+2\sqrt{\dfrac{2{e}_{1}^{2}}{{e}_{2}^{2}}\cdot \dfrac{{e}_{2}^{2}}{{e}_{1}^{2}}})=\dfrac{3+2\sqrt{2}}{2} $ ，

当且仅当 $ \dfrac{2{e}_{1}^{2}}{{e}_{2}^{2}}=\dfrac{{e}_{2}^{2}}{{e}_{1}^{2}} $ ，即 $ {e}_{2}^{2}=\sqrt{2}{e}_{1}^{2}=\dfrac{1+\sqrt{2}}{2} $ 时取等号，所以 $ 2{e}_{1}^{2}+{e}_{2}^{2} $ 的最小值为 $ \dfrac{3+2\sqrt{2}}{2} $ .