新题型 | 多项选择题

公式定理💯随心记

【向量垂直条件】文字语言：两个非零向量互相垂直的充要条件。符号语言：$\vec {a}\perp\vec {b}\;\Leftrightarrow\;\vec {a}\cdot\vec {b}=0\;\Leftrightarrow\;x_1x_2+y_1y_2=0$

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前言

典例剖析

【2021 届高三文科数学寒假作业 3】已知正方体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 的棱长为 $a$， 点 $E, F, G$ 分别为棱 $AB$、 $AA_{1}$、 $C_{1}D_{1}$ 的中点，下列结论中， 正确结论的序号是___________.

①. 过 $E$, $F$, $G$ 三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；

解析：延长 $EF$ 分别与 $B_1A_1$， $B_1B$ 的延长线交于 $N$, $Q$， 连接 $GN$ 交 $A_1D_1$ 于点 $H$，设 $HG$ 与 $B_1C_1$ 的延长线交于 $P$，连接 $PQ$ 交 $CC_1$ 于 $I$，交 $BC$ 于 $M$，连 $FH$， $HG$， $GI$， $IM$，$ME$， $EF$，如图:

则截面六边形 $EFHGIM$ 为正六边形，故①正确；

②. $B_1D_1$ // 平面 $EFG$；

解析：因为 $B_1D_1$ 与 $HG$ 相交，故 $B_1D_1$ 与平面 $EFG$ 相交，所以②不正确；

③. $BD_1\perp$ 平面 $ACB_1$；

解析：连接 $BD$ ，则易知 $AC\perp$ 平面 $BDD_1$，故可知 $AC\perp BD_1$，同理可知，$AB_1\perp BD_1$，

又由于 $AC\subsetneqq$ 平面 $ACB_1$， $AB_1\subsetneqq$ 平面 $ACB_1$，$AB_1\cap AC=A$，

故 $BD_1\perp$ 平面 $ACB_1$；

④. 异面直线 $EF$ 与 $BD_1$ 所成角的正切值为 $\cfrac{\sqrt{2}}{2}$；

解析：连接 $A_1B$，则在 $Rt\triangle A_1BD_1$ 中，可知直线 $A_1B$ 与 $BD_1$ 所成角的正切值为 $\cfrac{\sqrt{2}}{2}$，

又由于 $EF$//$A_1B$，故异面直线 $EF$ 与 $BD_1$ 所成角的正切值为 $\cfrac{\sqrt{2}}{2}$，即④正确；

⑤. 四面体 $ACB_1D_1$ 的体积等于 $\cfrac{1}{2}a^{3}$.

解析：法 1，割补法，$V_{ACB_1D_1}=a^3-4\times \cfrac{1}{3}\times [\cfrac{1}{2}\times a^2]\times a=\cfrac{1}{3}a^3$；

法 2，公式法，$V_{ACB_1D_1}=\cfrac{1}{3}\cdot S\cdot h=\cfrac{1}{3}[\cfrac{1}{2}\times(\sqrt{2}a)^2\times \cfrac{\sqrt{3}}{2}]\times\cfrac{2\sqrt{3}}{3}a=\cfrac{1}{3}a^3$；

补充说明：四面体 $ACB_1D_1$ 为正方体内的正四面体；

【2021 届高三数学跟踪训练 5】下列给定的命题中:

(1). 若 $x_{1}$ 满足 $2x+2^{x}=5$， $x_{2}$ 满足 $2x+2\log _{2}(x-1)=5$， 则 $x_{1}+x_{2}=4$；

(2). 函数 $y=\log_{a}(x+3)-1$ ($a>0$ 且 $a\neq1)$ 的图象恒过定点 $A$， 若点 $A$ 在 $mx+ny+2=0$ 上，其中 $mn>0$，则 $\cfrac{1}{m}+\cfrac{1}{n}$ 的最小值是 $\cfrac{3+2\sqrt{2}}{2}$；

(3). 设 $g(x)$ 是定义在 $R$ 上，以 $1$ 为周期的函数，若 $f(x)=2x+g(x)$ 在 $[0, 1]$ 上的值域为 $[-1,3]$，则 $f(x)$ 在区间 $[0，3]$ 上的值域为 $[-1,7]$；

(4). 已知曲线 $y=\sqrt{2x-x^{2}}$ $(0\leqslant x\leqslant 2)$ 与直线 $y=k(x-2)+2$ 仅有 $2$ 个交点， 则 $k\in(\cfrac{3}{4}, 1)$；

(5). 函数 $y=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}$ 图象的对称中心为 $(2,1)$.

其中真命题序号为【$\quad\quad$】.

解析：对【1】而言，由题意可知 $2x_{1}+2^{x_{1}}=5$①， $2x_{2}+2\log _{2}(x_{2}-1)=5$②，

由①式可得 $2^{x_1}=5-2x_{1}$，则指数式化为对数式得到 $x_{1}=\log_{2}(5-2x_{1})$，

即 $2x_{1}=2\log_{2}(5-2x_{1})$， 令 $2x_{1}=7-2t$ 此处的变形技巧性很强，为什么这样设元，原因是既要照顾到 $2x_1$，还要考虑变形后要和②式一模一样，故此处的操作技巧型太强了 $\quad$，

代入上式得 $7-2t$$=$$2\log_{2}[5-(7-2t)]$

$=$$2\log_{2}(2t-2)$$=$$2[1+log_{2}(t-1)]$$=$$2+2\log_{2}(t-1)$，

则 $5-2t=2\log_{2}(t-1)$，即 $2t+2\log_{2}(t-1)=5$， 与②式比照得到 $t=x_{2}$，

于是 $2x_{1}=7-2x_{2}$，即 $x_{1}+x_{2}=3.5$，故 (1) 不正确；

对【2】而言，函数 $y=\log_{a}(x+3)-1$ ($a>0$ 且 $a\neq 1$) 的图象恒过定点 $A(-2,-1)$，

点 $A$ 在 $mx+ny+2=0$ 上，其中 $mn>0$， 所以 $-2m-n+2=0$，即 $2m+n=2$，

由 $2m+n=2$，$mn>0$ 可知，$m>0$ 且 $n>0$，

所以 $\cfrac{1}{m}+\cfrac{1}{n}=\cfrac{1}{2}(2m+n)(\cfrac{1}{m}+\cfrac{1}{n})$

$=\cfrac{3}{2}+\cfrac{n}{2m}+\cfrac{m}{n}\geqslant\cfrac{3+2\sqrt{2}}{2}$，

当且仅当 $\cfrac{n}{2m}=\cfrac{m}{n}$ 时取到等号，故 $\cfrac{1}{m}+\cfrac{1}{n}$ 的最小值是 $\cfrac{3+2\sqrt{2}}{2}$；故 (2) 正确；

对【3】而言，由于 $g(x)$ 是定义在 $R$ 上，以 $1$ 为周期的函数，故 $g(x)=g(x-1)=g(x-2)$，

设 $x\in[1,2]$ 由于函数 $g(x)$ 的周期是 $1$，故每次取区间的宽度为 $1$ ，这样就能利用 $g(x)$ 的周期性和解析式变形；$\quad$，则 $x-1\in[0,1]$，

则 $f(x)=2x+g(x)=2(x-1)+g(x-1)+2=f(x-1)+2$①注意 $2(x-1)$$+$$g(x-1)$$=$$f(x-1)$ 的逆向思维，和 $2x=2(x-1)+2$ 的变形技巧 $\quad$，

因为 $x\in[0,1]$ 时， $f(x)\in[-1,3]$， 所以对于①式有，

$f(x-1)\in[-1,3]$， $f(x)=f(x-1)+2\in[1,5]$，

同理，当 $x\in[2,3]$， 则 $x-2\in[0,1]$，

则 $f(x)$$=$$2x+g(x)$$=$$2(x-2)+g(x-2)+4$$=$$f(x-2)+4$②注意 $2(x-2)$$+$$g(x-2)$$=$$f(x-2)$ 的逆向思维，和 $2x=2(x-2)+4$ 的变形技巧 $\quad$，

因为 $x\in[0,1]$ 时， $f(x)\in[-1,3]$， 所以对于②式， $f(x-2)\in[-1,3]$，

所以 $f(x)=f(x-2)+4\in[3,7]$，

综上所述，对以上三种情况求并集，得到 $y=f(x)$ 在 $[0, 3]$ 上的值域为 $[-1,7]$. 故 (3) 正确；

对【4】而言，已知曲线 $y=\sqrt{2x-x^{2}}$ $(0\leqslant x\leqslant 2)$，同解变形为 $(x-1)^2+y^2=1(y\geqslant 0)$，

在同一个坐标系中，做出两个函数的图像，由图像可知，直线和曲线仅有两个交点时， $k\in(\cfrac{3}{4}, 1]$，故 (4) 不正确；

详细求解如下，

直线 $y=k(x-2)+2$ 经过点 $(2,2)$ 和 $(0,0)$ 时，斜率为 $1$；

当直线和曲线相切时，直线斜率的求法思路之一：令 $\angle ABx=\theta$，

则 $\tan\theta=2$，由此求得 $\tan2\theta=\cfrac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta}=-\cfrac{4}{3}$，

故直线和曲线相切时的斜率 $k=\cfrac{3}{4}$，

由图像可知，直线和曲线仅有两个交点时， $k\in(\cfrac{3}{4}, 1]$，

当直线和半圆相切时，直线斜率的求法思路之二：利用导数求解，略；

当直线和半圆相切时，直线斜率的求法思路之三：利用点 $(1,0)$ 到直线的距离 $d=r=1$ 来求解，

点 $(1,0)$ 到直线 $y=k(x-2)+2$，即直线 $kx-y-2k+2=0$ 的距离 $d=\cfrac{|k\times 1-0-2k+2|}{\sqrt{k^2+1}}=1$，

化简为 $|k-2|=\sqrt{k^2+1}$，解得 $k=\cfrac{3}{4}$，故直线和半圆相切时的斜率为 $k=\cfrac{3}{4}$ .

对【5】而言，验证函数 $y=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}$ 的对称性的思路之一：

在函数 $y=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}$ 的图象上任取一点 $(a, b)$， 则 $b=\log_{2}\cfrac{2a}{4-a}$，

则点 $(a, b)$ 关于点 $(2,1)$ 的对称点的坐标为 $(4-a,2-b)$，

[注意，此时不能直接将点 $(4-a,2-b)$ 代入函数 $y=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}$，原因是我们并不知道点 $(4-a,2-b)$ 在不在这个函数图像上]

又由于 $b=\log_{2}\cfrac{2a}{4-a}$， 得到 $-b=\log_{2}\cfrac{4-a}{2a}$，

故 $2-b=2+\log_{2}\cfrac{4-a}{2a}=\log_{2}\cfrac{2(4-a)}{a}=\log_{2}\cfrac{2(4-a)}{4-(4-a)}$，

即点 $(4-a,2-b)$ 在函数 $y=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}$ 上 ，

由于点 $(a,b)$ 的任意性，可知函数图象的对称中心为 $(2, 1)$， 故 (5) 正确.

验证函数 $y=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}$ 的对称性的思路之二：

由于 $y=f(x)=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}$，

故 $f(4-x)=\log _{2}\cfrac{2(4-x)}{4-(4-x)}=\log _{2}\cfrac{2(4-x)}{x}$，

则 $f(x)+f(4-x)=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}+\log _{2}\cfrac{2(4-x)}{x}=\log_{2}4=2$，

即函数满足 $f(x)+f(4-x)=2$，故函数 $y=f(x)$ 关于点 $(2,1)$ 对称； 故 (5) 正确.

故真命题的序号为: (2). (3). (5).

【2020 高三文科数学】已知 $0<\alpha<\beta<\cfrac{\pi}{2}$，且 $\tanα$，$\tanβ$ 是方程 $x^2-kx+2=0$ 的两不等实根，则下列结论正确的是【$\quad$】

$A.\tan\alpha+\tan\beta=-k$ $B.\tan(\alpha+\beta)=-k$ $C.k>2\sqrt{2}$ $D.k+\tan\alpha\geqslant 4$

分析：由 $\tan\alpha$，$\tan\beta$ 是方程 $x^2-kx+2=0$ 的两不等实根，

由韦达定理可知，$\tan\alpha+\tan\beta=k$，$\tan\alpha\cdot \tan\beta=2$，

故选项 $A$ 错误；选项 $B$ 正确；

$\tan(\alpha+\beta)=\cfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\cdot\tan\beta}=\cfrac{k}{-1}=-k$；

又由于 $0<\alpha<\beta<\cfrac{\pi}{2}$，则 $\tanα>0$，$\tanβ>0$，

则 $\tan\alpha+\tan\beta=k\geqslant 2\sqrt{\tan\alpha\cdot\tan\beta}=2\sqrt{2}$，

当且仅当 $\tan\alpha=\tan\beta$ 时取到等号，故等号取不到；故选项 $C$ 正确；

则 $k+\tan\alpha=2\tan\alpha+\tan\beta \geqslant 2\sqrt{2\tan\alpha\cdot \tan\beta}=4$，

当且仅当 $2\tan\alpha=\tan\beta$ 时取到等号，故等号取不到；故选项 $D$ 正确；

综上所述，故选项 $B$，$C$，$D$ 正确；

【多项选择题】如果向量 $\vec{a}$、$\vec{b}$、$\vec{c}$ 都是非零向量，下来判断正确的是【】

$A.$ 若 $\vec {a}//\vec {b}$，$\vec {b}//\vec {c}$，则 $\vec {a}//\vec {c}$

$B.$$\vec {a}\cdot\vec {b}=\vec {b}\cdot\vec {c}$，则 $\vec {a}=\vec {c}$

$C.$ 若 $|\vec {a}+\vec {b}|=|\vec {a}-\vec {b}|$，则 $\vec {a}\perp\vec {c}$

$D.$ 若 $\frac {\vec {a}}{|\vec {a}|}$$=\frac {\vec {b}}{|\vec {b}|}$，则 $\vec {a}//\vec {b}$

分析：对于 $A$，由非零向量平行的传递性，可知正确；若题目中不限制非零向量，那么若 $\vec{b}=\vec{0}$，则满足 $\vec{a}//\vec{b}$，$\vec{b}//\vec{c}$，但不一定能推出 $\vec{a}//\vec{c}$，故是错误的。

对于 $B$，由 $\vec{a}\cdot\vec{b}=\vec{b}\cdot\vec{c}$，两边约去 $\vec{b}$，得到 $\vec{a}=\vec{c}$，这是错误的，原因是向量运算不满足消去律；应该这样变形，由题得到 $\vec{b}(\vec{a}-\vec{c})=0$，当 $\vec{b}=\vec{0}$ 时，或者 $\vec{a}-\vec{c}=\vec{0}$ 或者 $\vec{b}\perp(\vec{a}-\vec{c})$ 时都满足条件，故不能得到 $\vec{a}=\vec{c}$，故 B 错误；

对于 $C$，给 $|\vec{a}+\vec{b}|=|\vec{a}-\vec{b}|$ 两边平方，得到 $|\vec{a}+\vec{b}|^2=|\vec{a}-\vec{b}|^2$，整理得到，

$\vec{a}\cdot\vec{b}=0$，故 $\vec{a}\perp\vec{b}$，故 C 正确；

对于 $D$，由 $\frac{\vec{a}}{|\vec{a}|}=\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}$，则 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 是共线向量，则 $\vec{a}//\vec{b}$，故 D 正确；

综上所述，选 $ACD$。

正方体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 的棱长为 $1$， 动点 $P$，$Q$ 分别在棱 $BC$，$CC_{1}$ 上， 过点 $A$， $P$， $Q$ 的平面截该正方体所得的截面记为 $S$，设 $BP=x$， $CQ=y$，其中 $x$， $y\in[0,1]$，下列命题:

①当 $x=0$ 时， $S$ 为矩形，其面积最大为 $1$；

分析：当 $x=0$ 时， $S$ 为矩形，其面积最大时为矩形 $ABC_1D_1$，故最大面积为 $\sqrt{2}$，故①错误；

②当 $x=y=\cfrac{1}{2}$ 时， $S$ 为等腰梯形；

分析：如上图，由于 $x=y=\cfrac{1}{2}$，容易证明 $AP=D_1Q$，而 $PQ//AD_1$，故截面 $S$ 为等腰梯形；故②正确；

③当 $x=\cfrac{1}{2}$，$y\in(\cfrac{1}{2}, 1)$ 时，设 $S$ 与棱 $C_{1}D_{1}$ 的交点为 $R$，则 $RD_{1}=2-\cfrac{1}{y}$；

分析：设 $S$ 与棱 $C_{1}D_{1}$ 的交点为 $R$，延长 $DD_1$，使 $DD_1\cap QR=N$，

连接 $AN$ 交 $A_1D_1$ 于 $T$，连接 $TR$，可证 $AN//PQ$ 一个平面和两个平行平面都相交，则所得的交线互相平行；$\quad$，

故可知 $\triangle PCQ\sim \triangle AD_1N$，则 $\cfrac{PC}{AD}=\cfrac{CQ}{DN}=\cfrac{1}{2}$，

即 $\cfrac{y}{DN}=\cfrac{1}{2}$，故 $DN=2y$，则 $D_1N=2y-1$；

又由于 $\triangle NRD_1\sim \triangle QRC_1$，可得 $\cfrac{C_1R}{D_1R}=\cfrac{C_1Q}{D_1N}$，

令 $RD_1=x$，即 $\cfrac{1-x}{x}=\cfrac{1-y}{2y-1}$，利用合比定理，得到

$\cfrac{1-x+x}{x}=\cfrac{1-y+2y-1}{2y-1}$，即 $\cfrac{1}{x}=\cfrac{y}{2y-1}$

可得 $x=RD_1=2-\cfrac{1}{y}$，故③正确；

④当 $y=1$ 时， 以 $B_1$ 为顶点，$S$ 为底面的棱锥的体积为定值 $\cfrac{1}{3}$； 其中正确的命题为_______________.

分析：当 $y=1$ 时， 以 $B_1$ 为顶点，$S$ 为底面的棱锥 $B_1-PC_1MA$ 的体积为

$V_{B_1-PC_1MA}=2V_{B_1-PC_1M}=2V_{P-B_1C_1M}=2\times\cfrac{1}{3}\times\cfrac{1}{2}\times 1\times 1\times 1=\cfrac{1}{3}$，故④正确；

综上所述，正确的命题为②③④；

正方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 的棱长为 $1$，$P$ 为 $BC$ 中点，$Q$ 为线段 $CC_1$ 上的动点，过点 $A$，$P$， $Q$ 的平面截该正方体所得的截面记为 $S$，则下列命题中正确的是【$\qquad$】

$A.$ 当 $0<CQ < \cfrac {1}{2}$ 时，$S$ 为四边形

$B.$ 当 $CQ=\cfrac {1}{2}$ 时，$S$ 为等腰梯形

$C.$ 当 $CQ=\cfrac {3}{4}$ 时，$S$ 与 $C_1D_1$ 的交点 $R$ 满足 $C_1R=\cfrac {1}{3}$

$D.$ 当 $\cfrac {1}{4}< CQ <1$ 时，$S$ 为六边形

$E.$ 当 $CQ=1$ 时，$S$ 的面积为 $\cfrac {\sqrt {6}}{2}$

分析：由图可知，

选项 $A$，

$B$ 正确；

已知在棱长为 $1$ 的正方体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中， 点 $P$、$Q$、$R$ 分别是表面 $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 、 $BCC_{1}B_{1}$ 、 $ABB_{1}A_{1}$ 的中心， 给出下列四个结论：

(1). $PR$ 与 $BQ$ 是异面直线；

(2). $RQ\perp$ 平面 $BCC_{1}B_{1}$；

(3). 平面 $PQR//$ 平面 $D_{1}AC$；

(4). 过 $P$ 、 $Q$ 、 $R$ 的平面截该正方体所得的截面是边长为 $\sqrt{2}$ 的等边三角形。以上结论中正确的是____________(写出所有正确结论的序号)

解：如图，在 (1) 中， $PR$ 与 $BQ$ 是异面直线错误； 因为点 $P$ 、 $Q$ 、 $R$ 分别是表面 $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 、 $BCC_{1}B_{1}$ 、 $ABB_{1}A_{1}$ 的中心， 所以在 $\triangle A_{1}BC_{1}$ 中， $P$, $R$ 分别是 $A_{1}B$, $A_{1}C_{1}$ 的中点， 所以 $PR//BQ$；

在 (2) 中，$RQ\perp$ 平面 $BCC_{1}B_{1}$ 错误； 与 (1) 同理可得 $RQ//AC$， 所以 $RQ$ 与平面 $BCC_{1}B_{1}$ 所成的角是角 $ACB$ 为 $45^{\circ}$；

在 (3) 中，平面 $PQR//$ 平面 $D_{1}AC$ 正确， 因为与 (1) 同理得到 $RQ//A C$， $PR//AD_{1}$， 所以 (3) 正确；

在 (4) 中，过 $P$、$Q$、$R$ 的平面截该正方体所得的截面是边长为 $\sqrt{2}$ 的等边三角形，因为正方体的棱长为 $1$， 所以 $AC=\sqrt{2}$， 又点 $P$、$Q$、$R$ 分别是表面 $A_{1}B_{1} C_{1}D_{1}$ 、 $BCC_{1}B_{1}$ 、 $ABB_{1}A_{1}$ 的中心， 所过 $P$、$Q$、$R$ 的截面即为面 $A_{1}C_{1}B$， 故 (4) 正确.

因此答案为: (3)(4).

数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中， 揭示了规律性， 是一种科学的真实美。 在平面直角坐标系中， 曲线 $C: x^2+y^2=2|x|+2|y|$ 就是一条形状优美的曲线， 对于此曲线， 下列说法正确的有【$\qquad$】

$A$. 曲线 $C$ 围成的图形有 $4$ 条对称轴

$B.$ 曲线 $C$ 围成的图形的周长是 $4\sqrt {3}\pi$

$C.$ 曲线 $C$ 上的任意两点间的距离不超过 $6$

$D.$ 若 $T (a,b)$ 是曲线 $C$ 上任意一点，则 $|4 a+3 b-18|$ 的最小值是 $11-5\sqrt {2}$

解：首先遇到的难点是要化简 $x^2+y^2=2|x|+2|y|$，更多关于绝对值的化简，请参阅含有绝对值符号的问题，则

① 当 $x\geq 0$，$y\geq 0$ 时，$x^2+y^2=2x+2y$，化简得 $(x-1)^2+(y-1)^2=2$，表示圆心为 $(1,1)$，半径 $r=\sqrt{2}$ 的半圆；

② 当 $x \geq 0$，$y<0$ 时，$x^2+y^2=2x-2y$，化简得 $(x-1)^2+(y+1)^2=2$，表示圆心为 $(1,-1)$，半径 $r=\sqrt{2}$ 的半圆；

③ 当 $x<0$，$y\geq 0$ 时，$x^2+y^2=-2x+2y$，化简得 $(x+1)^2+(y-1)^2=2$，表示圆心为 $(-1,1)$，半径 $r=\sqrt{2}$ 的半圆；

④ 当 $x<0$，$y<0$ 时，$x^2+y^2=-2x-2y$，化简得 $(x+1)^2+(y+1)^2=2$，表示圆心为 $(-1,-1)$，半径 $r=\sqrt{2}$ 的半圆。

作出曲线 $C: x^2+y^2=2|x|+2|y|$ 的图像如图所示:

[全屏 / Esc]

对于选项 $A$， 易知曲线图像有 $4$ 条对称轴， 则选项 $A$ 正确；

对于选项 $B$，曲线图形由 $4$ 个半圆组成，故其周长为 $2\times 2\pi\times r=4\sqrt{2}\pi$, 则选项 $B$ 错误；

对于选项 $C$，由图可知， 曲线 $C$ 上的任意两点间的最大距离为 $4r=4\sqrt{2}\approx 5.66$ ， 则选项 $C$ 正确；

对于选项 $D$，圆心 $(1,1)$ 到直线 $4x+3y-18=0$ 的距离为 $d_1=\cfrac{|4+3-18|}{\sqrt{4^2+3^2}}=\cfrac{11}{5}$，

$T(a, b)$ 到直线 $4x+3y-18=0$ 的距离 $d_2=\cfrac{|4a+3b-18|}{\sqrt{4^2+3^2}}=\cfrac{|4a+3b-18|}{5}$，

若使 $d_2$ 最小， 则有 $d_2=d_1-r=\cfrac{11}{5}-\sqrt{2}$，所以 $\cfrac{|4a+3b-18|}{5}=\cfrac{11}{5}-\sqrt{2}$，

得 $|4a+3b-18|=11-5\sqrt{2}$， 则选项 $D$ 正确。

故选: $ACD$.

【解后反思】：关于 $|4a+3b-18|$ 的最小值的求解思路选择，还可以考虑用三角函数求解，比如 $T(a,b)$ 是曲线 $C$ 上任意一点，则但点 $T$ 在半圆 $(x-1)^2+(y-1)^2=2$ 上时，则 $a=\sqrt{2}\cos\theta+1$， $b=\sqrt{2}\sin\theta+1$，$\theta\in[-\cfrac{\pi}{4},\cfrac{3\pi}{4}]$，代入计算，其他半圆上的情形用同法处理；当然这个思路明显没有从形上思考快捷。比如本题目的解法中将 $|4a+3b-18|$ 看成点 $T(a, b)$ 到直线 $4x+3y-18=0$ 的距离的一部分，这个做法要引起注意。