高中数学压轴题小题专项训练专题37直线与圆的位置关系含解析答案

这是一份高中数学压轴题小题专项训练专题37直线与圆的位置关系含解析答案，共74页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若曲线与曲线有四个不同的交点，则实数m的取值范围是（ ）
A．或B．
C．D．
2．在平面直角坐标系中，已知点.若圆上存在唯一点，使得直线在轴上的截距之积为5，则实数的值为（ ）
A．B．C．和D．和
3．已知是圆外的动点，过点作圆的两条切线，设两切点分别为，，当的值最小时，点到圆心的距离为（ ）
A．B．C．D．2
4．已知圆D：与x轴相交于A、B两点，且圆C：，点．若圆C与圆D相外切，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知直线与直线相交于点，且点到点的距离等于1，则实数的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
6．在平面直角坐标系中，已知圆，若正方形的一边为圆的一条弦，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．5
7．已知动点在直线上，动点在直线上，记线段的中点为，圆，圆，，分别是圆，上的动点．则的最小值为（ ）
A．3B．C．D．
8．设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，那么的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．已知直线与直线相交于点，则到直线的距离的取值集合是（ ）
A．B．C．D．
10．如图，的半径等于2，弦BC平行于x轴，将劣弧BC沿弦BC对称，恰好经过原点O，此时直线与这两段弧有4个交点，则m的可能取值为（ ）
A．B．C．D．1
11．图为世界名画《蒙娜丽莎》.假设蒙娜丽莎微笑时的嘴唇可看作半径为的圆的一段圆弧，且弧所对的圆周角为.设圆的圆心在点与弧中点的连线所在直线上.若存在圆满足：弧上存在四点满足过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切，则弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为（ ）

A．B．
C．D．
12．在平面直角坐标系中，圆，若曲线上存在四个点，过动点作圆的两条切线，，为切点，满足，则的取值范围是（ ）．
A．B．
C．D．
13．已知是圆上的动点，且．是圆的动点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
14．直线：与圆：交于、两点，点为中点，直线：与两坐标轴分别交于、两点，则面积的最大值为（ ）
A．B．9C．10D．
15．已知二次函数与轴交于，两点，点，圆过，，三点，存在一条定直线被圆截得的弦长为定值，则该定值为（ ）
A．B．C．D．
16．在直角坐标系内，圆，若直线绕原点顺时针旋转后与圆存在公共点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
17．已知圆C:x2＋(y－3)2＝2，点A是x轴上的一个动点，AP，AQ分别切圆C于P，Q两点，则线段PQ的取值范围是
A．[，)B．[，)C．[，]D．[，]
18．已知圆与直线，过上任意一点向圆引切线，切点为和，若线段长度的最小值为，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
19．已知圆与轴正半轴的交点为，从直线上任一动点向圆作切线，切点分别为，，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
20．已知、为圆不同两点，且满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
21．已知直线与交于两点，设弦的中点为为坐标原点，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
22．如图，已知直线l：与圆O：相离，点P在直线l上运动且位于第一象限，过P作圆O的两条切线，切点分别是M、N，直线MN与x轴、y轴分别交于R、T两点，且面积的最小值为，则m的值为（ ）

A．－5B．－6C．D．
23．已知圆D是以圆上任意一点为圆心，半径为1的圆，圆与圆D交于A，B两点，则当最大时，的面积为（ ）
A．2B．C．D．1
24．已知直线与圆有公共点，且公共点的横､纵坐标均为整数，则满足的有（ ）
A．40条B．46条C．52条D．54条
25．对于平面上点和曲线，任取上一点，若线段的长度存在最小值，则称该值为点到曲线的距离，记作．下列结论中正确的个数为（ ）
①若曲线是一个点，则点集所表示的图形的面积为；
②若曲线是一个半径为的圆，则点集所表示的图形的面积为；
③若曲线是一个长度为的线段，则点集所表示的图形的面积为；
④若曲线是边长为的等边三角形，则点集所表示的图形的面积为．
A．1B．2C．3D．4
二、多选题
26．已知圆，点是直线上一动点，过点作圆的切线，，切点分别为和，线段的中点为，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则这样的点只有一个
B．四边形面积的最小值为1
C．直线恒过点
D．平面内存在一定点，使得线段的长度为定值
27．已知点在圆上，点是直线上一点，过点作圆的两条切线，切点分别为、，又设直线分别交轴于，两点，则（ ）
A．的最小值为B．直线必过定点
C．满足的点有两个D．的最小值为
28．已知直线与圆相交于，两点，下列说法正确的是（ ）
A．若圆关于直线对称，则
B．的最小值为
C．当时，对任意，曲线恒过直线与圆的交点
D．若，，，（为坐标原点）四点共圆，则
29．以下四个命题表述正确的是（ ）
A．圆与圆有且仅有两条公共切线，则实数的取值可以是3
B．圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1
C．具有公共焦点的椭圆与双曲线在第一象限的交点为，若，椭圆与双曲线的离心率分别记作，则，
D．已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线为切点，则直线经过定点
30．已知圆，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为、则（ ）
A．为圆上一动点，则最小值为
B．的最大值为
C．直线恒过定点
D．若圆平分圆的周长，则
31．已知，点为圆上一动点，过点作圆的切线，切点分别为，下列说法正确的是（ ）
A．若圆，则圆与圆有四条公切线
B．若满足，则
C．直线的方程为
D．的最小值为
32．过原点的直线l与圆M：交于A，B两点，且l不经过点M，则（ ）
A．弦AB长的最小值为8
B．△MAB面积的最大值为
C．圆M上一定存在4个点到l的距离为
D．A，B两点处圆的切线的交点位于直线上
33．已知圆M： ，以下四个命题表述正确的是（ ）
A．若圆与圆M恰有一条公切线，则m=-8
B．圆与圆M的公共弦所在直线为
C．直线与圆M恒有两个公共点
D．点P为x轴上一个动点，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线AB与MP交于点C，若Q，则CQ的最大值为
34．在平面直角坐标系中，已知动圆（），则下列说法正确的是（ ）
A．存在圆经过原点
B．存在圆，其所有点均在第一象限
C．存在定直线，被圆截得的弦长为定值
D．所有动圆仅存在唯一一条公切线
35．在平面内有三个互不相交的圆，三个圆的半径互不相等．三个圆的方程分别为.其中圆与圆的两条外公切线相交于点，圆与圆的两条外公切线相交于点，圆与圆的两条外公切线相交于点，表示直线AB的斜率，表示直线AC的斜率，表示直线BC的斜率.下列说法正确的是（ ）
A．存在，使得
B．对任意，使得
C．存在点到三个圆的切线长相等
D．直线上存在到与的切线长不相等的点
36．已知R，为坐标原点，函数．下列说法中正确的是（ ）
A．当时，若的解集是，则
B．当时，若有5个不同实根，则
C．当时，若，曲线与半径为4的圆有且仅有3个交点，则
D．当时，曲线与直线所围封闭图形的面积的最小值是33
三、填空题
37．已知圆，圆的半径为，过直线上的动点作圆的切线，切线长始终相等，则圆的标准方程为 ．
38．若a、，且对于时，不等式均成立，则实数对 ．
39．关于曲线有以下五个结论：
①当时，曲线C表示圆心为，半径为的圆；
②当，时，过点向曲线C作切线，切点为A，B，则直线AB的方程为；
③当，时，过点向曲线C作切线，则切线方程为；
④当时，曲线C表示圆心在直线上的圆系，且这些圆的公切线方程为或；
⑤当，时，直线与曲线C表示的圆相离.
以上正确结论的序号为 .
40．已知点为圆上位于第一象限内的点，过点作圆的两条切线，切点分别为，直线分别交轴于两点，则 ， ．
41．已知动圆M经过点、，P是圆M与圆C：的一个公共点.当最大时，圆的半径为 .
42．已实数满足，则的取值范围是 ．
43．已知圆：，圆：交于，两点，在第二象限，则 ；若过点的弦交两圆于，，且，则直线的斜率是 ．
44．已知圆：与圆：，点A，B圆上，且，线段AB的中点为D，则直线OD（O为坐标原点）被圆截得的弦长的取值范围是 .
45．已知直线：与直线：相交于点，动点，在圆：上，且，则的取值范围是 .
46．已知，直线为上的动点.过点作的切线，切点分别为，当最小时，点的坐标为 ，直线的方程为 .
47．数学中有许多形状优美的曲线，如星形线，让一个半径为的小圆在一个半径为的大圆内部，小圆沿着大圆的圆周滚动，小圆的圆周上任一点形成的轨迹即为星形线.如图，已知，起始位置时大圆与小圆的交点为（点为轴正半轴上的点），滚动过程中点形成的轨迹记为星形线.有如下结论：
① 曲线上任意两点间距离的最大值为；
② 曲线的周长大于曲线的周长；
③ 曲线与圆有且仅有个公共点.
其中正确的序号为 .
48．如图,某市一学校位于该市火车站北偏东方向,且,已知是经过火车站的两条互相垂直的笔直公路,及圆弧都是学校道路,其中,以学校为圆心,半径为的四分之一圆弧分别与相切于点.当地政府欲投资开发区域发展经济,其中分别在公路上,且与圆弧相切,设,的面积为.
（1）求关于的函数解析式： .
（2）当= 时,面积为最小,政府投资最低?
参考答案：
1．C
【分析】曲线可化简为，曲线等价于或，直线与圆有两个不同的交点，要使两曲线有四个不同的交点，只需与圆有另外两个不同的交点，数形结合及斜率公式、直线与圆相切的结论即可求解.
【详解】曲线可化简为，曲线表示以点为圆心，1为半径的右半圆，
曲线表示两条直线和，
显然直线过圆心与半圆有两个交点和，所以直线与半圆有两个除了外的交点，
由直线得，过定点，，
当直线与半圆相切时，可得，
解得或（舍去）.
所以当时，直线与半圆有两个除了外的交点，此时曲线与曲线有四个不同的交点.
故选：C.
【点睛】思路点睛：曲线为半圆，曲线表示两条直线和，直线与圆有两个不同的交点，要使两曲线有四个不同的交点，只需与圆有另外两个不同的交点，数形结合再找出与之两个交点临界值求解即可.
2．C
【分析】设出点的坐标，根据直线在轴上的截距之积列方程，根据唯一性求得的值.
【详解】圆的圆心在直线上，半径为，所以在圆外，
设，其中且，
直线的方程为，纵截距为，
直线的方程为，纵截距为，
依题意有，整理得，
所以在圆上，圆心为，半径为.
则圆与圆有且只有一个公共点，
则两圆外切或内切，或圆与圆相交，且其中一个交点的横坐标为，
当两圆外切或内切时：
圆的圆心为，半径为，
则或，
前者无解，后者解得.
当圆与圆相交，且其中一个交点的横坐标为时，
，将代入，
得.

综上所述，的值为或.
故选：C
【点睛】关键点睛：求直线方程时，可以根据已知条件，利用合适的求法来求，如本题中，已知两点，则可以考虑两点式，也可以考虑点斜式来求解.圆有关的问题，可考虑方程的思想，如本题中“截距之积”，这就是一个方程，也即是一个等量关系式，是解题的突破口.
3．A
【分析】由，，可将转化为，借助圆的切线的性质，可逐一计算出、及，借助基本不等式中取等条件即可得解.
【详解】设，则，
则，
，
，
故，
当且仅当，即时，等号成立，
故当的值最小时，点到圆心的距离为.
故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将转化为，从而可借助圆的切线的性质，解出的值何时取得最小.
4．B
【分析】根据圆与圆相外切，可得，再根据圆的对称性不妨令，再分，和三种情况讨论即可.
【详解】圆D：的圆心，半径为，
圆C：的圆心，半径为，
因为圆与圆相外切，所以，所以，
且圆与轴交于，不妨记，
因为圆关于轴对称，点与点关于轴对称，点在轴上，
由对称性不妨令，
当时，则，解得，
故
，
当时，则，解得，
此时，
故，
当时，则，解得，
故
，
综上所述，的最大值为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：将表示的坐标重新表示为线段长度从而方便正切公式的计算，是解决本题的关键.
5．D
【分析】根据给定条件，求出点的方程，再利用两圆有公共点列出不等式求解即得.
【详解】直线过定点，直线过定点，又直线，
因此点的轨迹是以线段为直径的圆（除点外），圆心，半径，
圆的方程为且，又，显然点与的距离大于1，
则点在圆：上，依题意，圆与圆有公共点，
于是，即，
解得或，
所以实数的取值范围是.
故选：D
【点睛】方法点睛：求圆的方程，主要有两种方法：①几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．②待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．
6．C
【分析】令，利用对称性及数形结合有最大则，在中应用余弦定理及倍角正余弦公式、辅助角公式得，结合正弦型函数性质求最大值.
【详解】令且，，要使最大有，
如下图示，在中，
所以
，
当且仅当时，
所以的最大值为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：令，应用所设参数表示出为关键.
7．D
【分析】由题意可得点在直线 上，由，而点关于直线对称的点，所以，从而可求得结果.
【详解】由，得，则圆心，半径，
由，得，则圆心，半径，
由题意，动点在直线 上，动点在直线 上，
记线段 MN 的中点为 P ，则点 P 在直线 x+y=0 上，
又由，
点关于直线对称的点，
则，
所以的最小值为．
故选：D．
8．B
【分析】先根据题意明确点轨迹，再利用三角函数或基本不等式求的取值范围.
【详解】解法一：因为，，
所以．
设，那么消去得，
∴点在以为直径的圆上，，
∴，
令，
则．
∵，∴．
∴，．
故的取值范围是．
解法二：∵
∴，点的轨迹是以为直径的圆．
所以，
所以，
所以，
所以.
故选：B
【点睛】在几何意义上表示点到与的距离之和，解题的关键是找点的轨迹和轨迹方程，然后利用三角函数或基本不等式求的范围．
9．D
【分析】先判断与的位置关系，可知两直线交点轨迹为圆，然后挖去点，转化为圆心到直线的距离求解即可.
【详解】由两直线垂直的判断条件，可知，
所以直线与始终垂直，
又由条件可得直线恒过定点，直线恒过定点，
所以两直线的交点是在以线段为直径的圆上，
所以该圆的圆心坐标为，半径为，
圆上点是过定点且斜率不存在的直线与过定点且斜率为0的直线的交点，故挖去点.
圆心到直线的距离，
所以，与的交点到直线的距离的最大值和最小值分别为和，
又到直线的距离为，应舍去，
所以取值集合是.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用直线垂直的性质与过定点的知识，判断得两直线的交点是在以线段为直径的圆上，从而得解.
10．B
【分析】由题意，分别求出直线过点以及与劣弧相切时的值，再结合图形，即可得.
【详解】因为圆的劣弧关于弦对称的图形恰好经过坐标原点，
所以，，当直线过时，将代入中，
所以，由对称性可知，圆弧对应的圆的圆心在轴上，
设为，则，所以，
解得，且劣弧对应的圆的半径为，
故劣弧对应的圆方程为，
当直线与劣弧相切时得，
所以，
结合图形可知当时直线与两段弧有个交点.
故选：B.
关键点点睛：本题关键在于求出直线过点以及与劣弧相切时的值.
11．D
【分析】先根据题意画出相应的图，弧上的点与圆上的点的最短距离即为圆心距减去两圆半径，找出圆心距的最大值即可.
【详解】

如图，弧的中点为，
弧所对的圆周角为，则弧所对的圆心角为，
圆的半径为，
在弧上取两点、，则，
分别过点、作圆的切线，并交直线于点，
当过点、的切线刚好是圆与圆的外公切线时，劣弧上一定还存在点、，使过点、的切线为两圆的内公切线，
则圆的圆心只能在线段上，且不包括端点，
过点，分别向、作垂线，垂足为、，
则即为圆的半径，
此时圆与圆皆满足题意：弧上存在四点、、、，过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切.
线段交圆于点，
则弧上的点与圆上的点的最短距离即为线段的长度.
在直角中，，
，
即弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为.
故选：.
12．B
【分析】通过圆外一点圆的切线的性质，根据关系，求出满足条件的点的轨迹方程，分情况讨论此轨迹方程与曲线y=k|x−1|+2有四个交点，即满足题意．
【详解】设，，则，
整理得，，解得（舍去）或，
所以点P的轨迹方程为，
若直线与相切时，，解得或，
当曲线与圆有四个交点时，对应的满足题意，
当时，如图所示，二者一个交点，存在一个点，不符合题意，
当时，如下图所示，此时二者有三个交点，存在三个点，不符合题意，
当时，如图所示，二者有两个交点，存在两个点，不符合题意，
当时，如图所示，二者没有交点，不存在点满足题意，
当时，二者有四个交点，存在四个点，满足题意，
综上，．
故选：B．
【点睛】本题综合考查了直线与圆的位置关系，通过向量数量积求动点的轨迹方程，以及在不同的情况下，折线函数与圆的交点个数问题，对数形结合、曲线作图要求很高，难度很大．
13．D
【分析】根据，由弦长公式求得圆心到AB的距离，设AB中点为D，求出点D的轨迹为圆，从而由化简得，转化成两圆上的点间的距离问题即可求解．
【详解】设AB中点为D，
则由得，，
即D点的轨迹方程为．
,
由于P点在圆上，
所以，
所以，
即，
所以.
故选：D．
【点睛】本题属于圆与平面向量结合的问题，由圆的弦长先求出弦的中点轨迹也为圆，再由平面向量加法运算进行转化，从而转化为两圆上的点的距离问题.
14．D
【分析】，过定点，，，由垂径定理易知，所以点的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，计算出点到的最大距离为，据此即可求出面积的最大值.
【详解】因为圆：，所以，
因为：，即，所以过定点，
直线：，令，则；令，则，
则，，，作出图象如图所示：
因为为中点，所以，所以点的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
所以点到的最大距离为，
所以面积的最大值为.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的关键是得到点的轨迹，再求出该圆上的点到定直线距离的最大值，从而得到面积最大值.
15．B
【分析】设圆的方程为，依题意可得，，再由点在圆上，即可得到，从而得到圆为，求出圆过定点坐标，从而求出定弦长.
【详解】设圆的方程为，因为圆过，两点，
且，两点的横坐标满足方程，
所以，，
所以圆的方程为，
又在圆上，
所以，解得，
所以圆的方程为，
即，
令，解得或，
即圆恒过点和，又，所以该定值为．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出圆的方程为，从而求出圆过定点坐标.
16．A
【分析】由题意首先得出旋转后的直线为，然后由直线与圆的位置关系列出不等式即可求解.
【详解】连接，设（即以轴正方向为始边，为终边的角），
由题意对于直线上任意一点，存在，使得，
则直线绕原点顺时针旋转后，点对应点为，即，
因为在直线上，所以满足
设，所以，
即所在直线方程为，
而圆的圆心，半径分别为，
若直线绕原点顺时针旋转后与圆存在公共点，
所以圆心到直线的距离，解得.
故选：A.
【点睛】关键点睛：关键是求出旋转后的直线，从而即可顺利得解.
17．B
【分析】根据点A在原点及在x轴极限远的特殊位置，求得PQ的取值范围．
【详解】当A在坐标原点时，sin∠POC=
∴由 可得cs∠POC=
∴sin∠POQ=sin2∠POC=2sin∠POC cs∠POC=
即∴sin∠PCQ=
∴cs∠PCQ=
此时

当点A在x轴上无限远时，PQ值接近直径
所以PQ的取值范围为[，)
所以选B
【点睛】本题考查了直线与圆位置关系的综合应用，结合余弦定理求得最值，注意极限位置的用法，属于难题．
18．D
【分析】推导出垂直平分，分析可知，当取最小值时，取最小值，此时，，利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，解之即可.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，如下图所示：
由圆的几何性质可知，，
因为，，，所以，，
所以，，则，
设，则为的中点，
由勾股定理可得，
由等面积法可得，
所以，当取最小值时，取最小值，由，可得，
所以，的最小值为，当与直线垂直时，取最小值，
则，因为，解得.
故选：D.
【点睛】方法点睛：本题考查圆的切点弦长的计算，一般方法有如下两种：
（1）求出切点弦所在直线的方程，然后利用勾股定理求解；
（2）利用等面积法转化为直角三角形斜边上的高，作为切点弦长的一般求解.
19．B
【分析】将直线转化为两个圆的公共弦方程，利用垂足确定的轨迹为一个圆,然后结合点到圆心的距离求最小值即可.
【详解】易得，设，
因为是圆的两条切线，所以
所以在以为直径的圆上,
又因为,且的中点为，
所以以为直径的圆的方程为：.
所以为以为直径的圆和圆的的公共弦，
两个圆的方程相减得：
所以直线,
直线恒过定点，
过点作直线的垂线，垂足为,
则在以为直径的圆上，设圆的圆心为，半径为，
所以，
所以的最小值为:．
故选：B
20．D
【分析】求出，题目转化为、到直线的距离之和，变换得到，计算得到答案.
【详解】因为、在圆上，
所以，，，
且，
因为，则，
因为，则是边长为的等边三角形，
表示、到直线的距离之和，
原点到直线的距离为，
如图所示：，，是的中点，作于，且，
，，
故在圆上，.
故的最小值为.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的关键是首先求出，再将题意转化为表示、到直线的距离之和，最后利用中位线性质和圆外点外圆上点距离最值问题解决.
21．D
【分析】首先求出圆心坐标与半径，再求出直线过定点坐标，设，，，联立直线与圆的方程，消元、列出韦达定理，即可得到，从而求出动点的轨迹方程，再求出圆心到坐标原点的距离，从而求出的取值范围.
【详解】即，则圆心为，半径，
直线，令，解得，即直线恒过定点，
又，所以点在圆内，
设，，，由，
消去整理得，显然，则，
则，
所以，，
则，
则，
又直线的斜率不为，所以不过点，
所以动点的轨迹方程为（除点外），
圆的圆心为，半径，
又，所以，
即，即的取值范围为.
故选：D

【点睛】关键点点睛：本题关键是求出动点的轨迹，再求出圆心到原点的距离，最后根据圆的几何性质计算可得.
22．A
【分析】根据直线和圆的位置关系得到，设出，得到，作出辅助线，得到四点共圆，由几何关系求出圆的方程，从而求出相交弦方程，得到的面积，配方得到其最值，得到方程，得到答案.
【详解】直线l：与圆O：相离，
故，解得，
设，
点P在直线l上运动且位于第一象限，故，
连接，则⊥，⊥，
则四点共圆，且为直径，
其中圆心为，半径为，
故所在圆的方程为，
化简得，
与相减得到直线MN的方程，
即，
令得，令得，
因为，所以，故，，
故的面积为，
因为，所以当时，的面积取得最大值，最大值为，
故，所以.
故选：A
【点睛】过圆上一点的切线方程为：，
过圆外一点的切点弦方程为：.
23．A
【分析】设，写出圆的方程，求得直线的方程，利用点到直线的最小值来求得最大时的面积.
【详解】设，则，
设
，，
圆的方程为①，
圆：的圆心为，半径为，
圆的方程可化为②，
由①②得直线的方程为，即，
是等腰三角形，为顶角，则当到直线的距离最小时，最大，
当到直线的距离为

，
当且仅当时等号成立.
当当到直线的距离取最小值时，，
所以.
故选：A

【点睛】在利用基本不等式求最值的过程中，要注意一正、二定、三相等.求解圆与圆位置关系有关问题，首先考虑数形结合的数学思想方法，画出图象，然后根据图象、圆的几何性质来对问题进行分析和求解.
24．A
【分析】通过分析得出圆上的整数点共有12个，由直线为截距式，先排除掉关于原点对称的两点所连直线，关于x轴对称的两点所连直线（不含），
关于y轴对称的两点所连直线（不含），再结合变形为，利用几何意义得到原点到直线的距离小于等于，
利用垂径定理，弦长越小，原点到直线的距离越大，故先求解最小弦长，进而求出原点到此类直线的距离，与比较后发现不合要求，进而继续求解第二小弦长，第三小弦长，求出原点到每类直线的距离，与比较得到结论，利用组合知识求出答案.
【详解】圆上的整数点共有12个，分别为，
如图所示，
由题意可知：直线的横、纵截距都不为0，即与坐标轴不垂直，不过坐标原点，
所以关于原点对称的两点所连直线不合题意，有6条，舍去，
关于x轴对称的两点所连直线（不含）不合题意，有4条，舍去，
关于y轴对称的两点所连直线（不含）不合题意，有4条，舍去
其中变形为，
几何意义为原点到直线的距离小于等于，
这12个点所连的直线中，除去以上不合要求的直线外，根据弦长从小到大分为类，
以下为具体情况：①，弦长为的直线有4条，
此时原点到此类直线的距离为，不合要求，舍去
②，弦长为的直线有8条，
此时原点到此直线的距离为，不合要求，舍去
③，弦长为的直线有8条，
此时原点到此直线的距离为，满足要去，
④其他情况弦长均大于，故均满足要求，
由组合知识可知：满足要求的直线条数为：
故选：A
【点睛】对于比较复杂一些的排列组合知识，直接求解比较困难的时候，可以先求解出总的个数，再减去不合要求的个数，得到答案.
25．C
【分析】根据题中定义分析出①②③④中点集构成的区域，计算出相应图形的面积，即可得出结论.
【详解】设点，
对于①，若曲线表示点，则，
化简可得，
所以，点集所表示的图形是以点为圆心，半径为2的圆及其内部，
所以，点集所表示的图形的面积为，①对；
对于②，若曲线表示以点为圆心，半径为2的圆，
设为曲线上一点，当点在曲线内时，，
当且仅当三点共线时，等号成立，
所以，可得，此时；
当点在曲线外时，，
当且仅当三点共线时，等号成立，
所以，，可得，此时，
当点在曲线上时，线段的长不存在最小值，
综上所述，或，即或，
所以，点集所表示的图形是夹在圆和圆的区域（但不包括圆的圆周），
此时，点集所表示的图形的面积为，②错；
对于③，不妨设点曲线为线段，且，
当点与点重合时，由①可知，则点集表示的是以点为圆心，半径为1的圆，
当点与点重合时，则点集表示的是以点为圆心，半径为1的圆，
故当点在线段上滑动时，点集表示的区域是一个边长为2的正方形和两个半径为1的半圆所围成的区域，
此时，点集的面积为，③对；
对于④，若曲线是边长为9的等边三角形，设等边三角形为，
因为，，则，
由③可知，点集构成的区域由矩形、、，
以及分别由点为圆心，半径为1，圆心角为的三段圆弧，
和夹在等边三角形和等边三角形中间的部分（包括边界），
因此，，则，
所以，点集所表示的图形的面积为，④对.
综上所述：正确的序号为①③④，共3个.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于分析出点集所表示的区域，并作出其图形，计算其面积即可.
26．ABD
【分析】对于A：设出切线方程，根据直线与圆相切列式，得到关于斜率的二次方程，利用韦达定理可得答案；对于B：通过计算得到，求出的最小值即可；对于C：求出以为直径的圆的方程，与已知圆做差可得公共弦所在直线方程，根据方程可得定点；对于D：转化为求点的轨迹，如果点的轨迹是一个圆即可.
【详解】对于A：设，过点作圆的切线，切线斜率不存在时显然不满足题意，
设切线方程为，
即，
则，整理得
则方程的根为，
又，所以
所以，解得，即若，则这样的点只有一个，A正确；

对于B：
要四边形面积的最小值为1，则最小，
当为点到直线距离时最小，
此时，
所以四边形面积的最小值为，B正确；

对于C：由于直线为以为直径的圆与圆的公共弦，
设，则以为直径的圆的方程为，
即，结合，
两圆方程做差可得，
变形为，令，解得，
即直线恒过点，C错误；
对于D：由选线C得直线的方程为，即
又直线的方程为，即
两式相乘得，
当时，，整理得，
当时，直线与直线的交点为，满足，
故直线与直线的交点轨迹方程为，即为点的轨迹方程，故存在点，使得线段的长度为定值，D正确.

故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：①两相交圆的方程做差可得公共弦所在直线方程；
②是否存在一定点，使得线段的长度为定值，即求点的轨迹是否是圆.
27．BCD
【分析】首先得到圆心坐标与半径，求出圆心到直线的距离，再由勾股定理求出，即可判断A，设求出切点弦的方程，从而求出定点坐标，即可判断B，求出以为直径的圆的方程，再判断圆与圆的位置关系，即可判断C，设此时满足，则从而求出最小值，即可判断D.
【详解】圆的圆心为，半径，
则到直线的距离，
则，故A错误；
设，以为直径的圆，
又圆，两圆的方程相减得，即，
由，解得，因此直线过定点，故B正确；
对于直线，令，则，即，
令，则，所以，
则的中点为，，
则以为直径的圆的方程为，又，
则，所以以为直径的圆与圆相交，所以满足的点有两个，故C正确；
因为，，设，，则，
则，即
又，，所以，
所以，
当且仅当在线段与圆的交点时取得最小值，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是转化思想的应用，C选项转化为判断两圆的位置关系，D选项主要是利用阿圆的思想确定，使得.
28．BC
【分析】对于A，根据直线过圆心可得；对于B，由直线时弦可解；对于C，对曲线方程整理，结合圆系方程可得；对于D，由的垂直平分线确定圆心纵坐标，根据两圆方程求出直线方程，由直线过点D即可求解.
【详解】直线过定点，
圆，即，圆心为，半径．
对于A选项，若圆关于直线对称，则直线过圆心，得，故A错误．
对于B选项，圆的圆心为，半径为4，
圆心到直线的距离的最大值为，
所以的最小值为，故B正确．
对于C选项，当时，直线：，
曲线：，即，
所以曲线即为过直线与圆的交点的曲线方程，故C正确．
对于D选项，若，，，四点共圆，设此圆为圆，圆的圆心为，
的中点为，所以的垂直平分线方程为：，所以，
圆的方程为，整理得，
直线是圆和圆的交线，所以直线的方程为，
将点坐标代入上式得，解得，
所以直线即直线的斜率为，所以，故D错误．
故选：BC
【点睛】结论点睛：过直线与圆交点的圆系方程为；
圆和圆的公共弦所在直线方程为.
29．BC
【分析】A选项，当时，求出两圆圆心距等于两圆半径之和，故两圆外切，有3条公共切线，A错误；
B选项，求出圆心到直线的距离为1，圆的半径为2，故有且仅有3个点到直线，B正确；
C选项，设椭圆：，双曲线：，，
由椭圆定义和双曲线定义得到，，求出，，由勾股定理得到，求出；
D选项，设，则，由题意得：四点共圆，且为直径，
求出圆心和半径，得到该圆的方程，求出切点弦方程，结合得到定点坐标.
【详解】对A，圆变形为，故圆心为，半径为，
圆圆心为，半径为，
当时，故圆心距，
此时两圆外切，故两圆有3条公共切线，A错误；
对B，圆的圆心到直线的距离为，
而圆的半径为2，故有且仅有3个点到直线的距离都等于1，B正确；
对C，设椭圆：，双曲线：，，
因为，所以，，
解得：，，
由勾股定理：，即，
化简得：，
则椭圆的离心率，双曲线的离心率，
则，C正确；
对D，设，则，由题意得：四点共圆，且为直径，
则此圆圆心为，半径为，
故圆的方程为，
，与相减得：，
因为，所以过定点，
即直线经过定点，D错误.
故选：BC
【点睛】过圆上一点的切线方程为：，
过圆外一点的切点弦方程为：.
30．AD
【分析】求出圆心到直线的距离，结合圆的几何性质可求出的最小值，可判断A选项；求出的最大值，可得出的最大值，可判断B选项；求出直线的方程，可求出该直线所过定点的坐标，可判断C选项；求出圆、圆的公共弦所在直线的方程，分析可知，圆心在公共弦所在直线上，可判断D选项.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，
对于A选项，圆心到直线的距离为，
所以，若为圆上一动点，则最小值为，A对；
对于B选项，如下图所示：

连接、，则，，由切线长定理可得，
因为，，，则，
所以，，且，
由图可知，为锐角，则，当且仅当时，等号成立，
故的最大值为，B错；
对于C选项，设点，则，
，
所以，以点为圆心，为半径的圆的方程为，
即，
将圆的方程与圆的方程作差可得，
即，即，
整理可得，由可得，
所以，直线直线恒过定点，C错；
对于D选项，若圆平分圆的周长，
将圆、圆的方程作差可得，
则圆心在直线上，即，可得，D对.
故选：AD.
【点睛】方法点睛：求圆的切点弦所在直线的方法如下：
（1）求出两切线与圆的切点坐标，利用两点式方程可得出切点弦所在直线的方程；
（2）写出两圆在切点（在圆上）处的切线方程，将两切点的公共点代入两切线方程，通过说明两切点的坐标满足某直线方程，可得出切点弦方程；
（3）写出圆外一点为圆心，以圆外一点到切点的距离为半径的圆的方程，将两圆方程作差可得出切点弦所在直线的方程.
31．ABD
【分析】先由两圆位置关系得到公切线条数，再由圆上的点的三角表示求出的取值范围，再由切线求出切点最后得到切点弦方程，最后应用阿氏圆转化为两点间线段最短即可.
【详解】圆的圆心为，，
对于A：圆的圆心为，半径，所以，
所以两个圆外离，所以有4条公切线，A正确；
对于B：因为满足，所以是圆上的点，
所以可令，其中，
此时，B正确；
对于C：若过点的直线斜率不存在，此时直线为，不是圆的切线，
所以圆的切线斜率存在，设为，则切线方程为，
圆心到直线的距离为，解得或者，
所以切线方程为和，
联立，解得，联立，解得，
所以（或者），
所以，直线，C错误；
对于D：设轴上存在点使得圆上任意的一点点满足，
即，解得，
所以，解得，所以存在点在圆内使得，
所以，D正确，
故选：ABD
【点睛】关键点睛：若能熟练掌握圆的切点弦方程和阿氏圆逆定理则能快速判断CD选项.
32．ABD
【分析】A选项，由圆的几何性质得到当弦AB与直线垂直时，弦AB长取得最小值，从而由垂径定理求出答案；
B选项，由三角形面积公式得到，设是中点，研究得到始终为钝角，且当点与原点重合，取得最小值，由二倍角公式和同角三角函数关系得到此时，结合在上单调性，求出面积最大值即可；
C选项，举出反例；
D选项，设出，求出四点所在圆的方程，从而求出切点弦方程，结合直线AB过原点，将原点代入后得到满足的方程.
【详解】对A，变形为，
圆心M为，半径，
因为，故原点在圆内，
故当弦AB与直线垂直时，弦AB长取得最小值，
其中，故，A正确；
对B，由三角形面积公式得：
设是中点，故，当点与原点重合，弦长AB最短，取得最小值，
此时，，
故，此时.
由求得取得最小值时为钝角，所以始终为钝角，
因为在上单调递减，所以当时，面积取得最大值，
最大值为，B正确；
对C，当弦AB与直线垂直时，圆心M到直线l的距离为，
由于半径为，所以在直线l的左上方有2个点到直线l的距离为，
在直线l的右下方，只有1个点到直线l的距离为，
此时圆M上存在3个点到l的距离为，C错误；
对D，设，则四点共圆，且MP为直径，
其中线段MP的中点坐标为，即圆心坐标为，
半径为，
故四点所在圆的方程为：，
化简得：①，
②，
①－②得：，
则直线AB的方程为，
又因为直线AB过原点，将原点代入得：，
故A，B两点处圆的切线的交点位于直线上，D正确.
故选：ABD
【点睛】已知圆的方程为，为圆上一点，则过点的切线方程为：；
若为圆外一点，则表示切点弦所在方程.
33．BCD
【分析】A选项，两圆内切，根据圆心距等于半径之差的绝对值，列出方程，求出；
B选项，两圆相减即为两圆公共弦所在直线方程；
C选项，求出直线所过定点坐标，得到定点在圆内，故直线与圆M恒有两个公共点；
D选项，由题意得到四点共圆，且为直径，从而求出该圆的方程，与相减后得到直线的方程，进而求出直线MP的方程，联立求出点坐标，消参后得到点的轨迹方程为圆，从而求出CQ的最大值.
【详解】由题意得：与内切，
其中圆心为，半径为，
则，解得：，A错误；
与相减得：，且两圆相交，
故圆与圆M的公共弦所在直线为，B正确；
变形为，
令，解得：，
所以直线恒过点，
由于，点在圆M内，
故与圆M恒有两个公共点，C正确；
设，，由题意可知：四点共圆，且为直径，
故圆心为，半径为，
所以此圆的方程为，
整理得，
与相减得：，
即为直线AB的方程，
直线MP的方程为，整理得，
联立与，得到，
故，
由，解得：，
将代入中，得，故，
代入中，得到，
轨迹为以为圆心，为半径的圆（不含点M），
所以CQ的最大值为，即，D正确.
故选：BCD
【点睛】求轨迹方程常用的方法：直接法，相关点法，交轨法，定义法，本题的难点在于求出点C的坐标后下一步的处理方法，本题中用到了求轨迹方程的交轨法，属于较难一些的方法，要结合交点横纵坐标的特点，整理得到，再代入其中一个式子中，即可求解.
34．AB
【分析】对于A选项：将代入圆方程，求得，即可判断；
对于B选项：根据圆所有点均在第一象限得到，即可判断；
对于C选项：当定直线的斜率存在，设直线：，当定直线的斜率不存在，设直线，由垂径定理和勾股定理得到弦长，要使弦长为定值，则弦长与无关，得到关于和的方程组，即可求解；
对于D选项：求出所有动圆的公切线，即可求解.
【详解】对于A选项：若圆经过原点，则，
化简得：，解得：，
所以当时，圆经过原点，所以A选项正确；
对于B选项：由题意得圆的圆心，半径（），
若圆上的所有点均在第一象限，则，解得：，
即且，所以当时，圆上的所有点均在第一象限，所以B选项正确；
对于C选项：当定直线的斜率存在，
设存在定直线：，被圆截得的弦长为定值，
则圆心到直线的距离，
则弦长
即，
要使弦长为定值，则弦长与无关，
所以，解得：，
此时弦长，
不存在定直线：，被圆截得的弦长为定值，
当定直线的斜率不存在，设直线，则圆心到直线的距离，
所以弦长，
要使弦长为定值，则弦长与无关，
即，此时弦长，
综上：不存在定直线，被圆截得的弦长为定值，
所以C选项错误；
对于D选项：若所有动圆存在公切线，当切线斜率不存在时，满足题意；
切线斜率存在时，且圆心到它的距离等于半径，结合C选项的证明可得：，即，
化简得：，
若所有动圆存在公切线，则上式对恒成立，
则，解得：，
此时，
综上：所有动圆存在公切线，其方程为或，所以D选项不正确，
故选：AB.
35．BC
【分析】先借助引理证明三角形的三条边上各取的三个点在何时一定共线，然后验证该条件对三个圆的圆心构成的三角形和三个外公切线交点成立，即可说明A错误，B正确；然后借助引理研究切线长的表达式，并说明在某个特定的直线上的点到两圆切线长都相等，即可说明D错误，最后联立两条直线并说明有公共点，即可说明C正确.
【详解】对同一条直线上的三个不同的点，显然存在唯一的实数使得，将这个实数记为.
先证明3个引理.
引理1：如图，设有，分别是直线上的点，且均不与重合，
若，则三点共线.
证明：设，，，则，，.从而，
，
.
故由知
，
且
.
所以三点共线，引理1得证.
引理2：对圆，圆外一点到该圆的切线长为.
证明：该圆的标准方程为，
故该圆的半径是，到圆心的距离是.
所以到该圆的切线长为.
引理2得证.
引理3：若两个圆和是外离的，
则直线和两个圆均无公共点，
且该直线上的每一点到两个圆的切线长都相等.
证明：首先由于两圆外离，故两圆圆心和必然不重合，
所以和不同时为零，从而确有直线.
当在该直线上时，有，
由于该等式左右两边同号，知点或者同时在两圆圆内（含边界），或者同时在两圆圆外.
但两个圆是外离的，所以不可能同时在两圆圆内（含边界），从而必然在两圆圆外.
将该等式与引理2结合，又可知点到两圆的切线长相等.
这就说明该直线上的每一点都在两圆圆外，且到两圆的切线长相等，引理3得证.
回到原题.
设的圆心分别为，由于是的外公切线交点，故共线且在线段外.
如图，设其中一条外公切线关于的切点分别为，
则，，
所以相似于，故.
从而，即，同理有，.
所以，由引理1知三点共线，故.
这就得到A错误，B正确.
根据引理3，直线即上任意一点到切线长都相等，
直线上任意一点到切线长都相等.
根据前一个结论可知D错误.
将这两条直线联立得到，
由于，
故两条直线均存在斜率且斜率不相等，从而必有唯一的公共点，
根据两条直线的性质，到三个圆的切线长都相等，C正确.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题难度较大，涉及的背景较多. 首先关于共线三点，解析中给出的称为这三点的“简单比”，而简单比与三点共线，三线共点等仿射性质直接相关，例如利用简单比判定三点共线的引理1，该引理就是平面几何中的“梅涅劳斯定理”，其逆命题也是成立的；其次，对于一个点和一个圆，可定义到该圆的幂为，则到圆的幂有明确的几何性质：过任意作一条直线交圆于，则到圆的幂等于. 特别地，当在圆外时，到圆的幂就是到圆的切线长的平方. 而对于两个非同心的圆，容易证明到两个圆的幂相等的全体点恰构成一条直线，该直线称之为两圆的根轴. 若两圆有交点，则显然根轴经过所有交点（因为在圆上的点到圆的幂为零），若两圆无交点，则自然地有根轴与两圆都无交点. 引理2和引理3讨论了两圆外离时根轴的存在性和性质，而对C选项的讨论也自然延伸出根轴的一个性质：三个两两非同心的圆，互相之间的根轴必交于同一点或两两平行（因为只要任意两个圆的根轴有公共点，就可推出该公共点到三个圆的幂均相等）.
36．BD
【分析】去掉绝对值化简函数得，然后依不同条件，结合图象进行分析求解.
【详解】A选项，由题意，，
当时，，
若的解集是，
当时，显然成立，
当时，令，
即在上恒成立，
则要，解得，
且时，恒成立，即恒成立，
故，解得，
综上，，A错误；
B选项，当时，，
因为有5个不同实根，
当时，，得或，有两个根，
当时，，即，
得或，
当时，，方程最多两个根，
要想保证有5个不同实根，故为其中一个根，故，
此时，满足要求，
而，方程需要在有两个不同的实数根，
设，
则，解得，B正确；
C选项，当时，，
若，则，
且曲线与半径为4的圆有且仅有3个交点，
如下图，可能是与圆相切，
则，得或（舍），

也可能，点在圆上，如下图，

则，解得或（舍）
所以C错误；
D选项，当时，,
且，
当时，，当时，，
当，即时，画出两函数图象如下：
曲线与直线所围封闭图形的面积三角形的面积，

令，解得，故
令，解得，故，
则，
点到直线的距离为，
故，
令，，
则
，
故在上单调递减，
故最小值为，
当，即时，此时，，
如图，曲线与直线所围封闭图形的面积三角形的面积，

令，解得，，
令，解得，故，
因为，所以，
故点到直线的距离，
故此时曲线与直线所围封闭图形的面积为
，
令，
则
，
令，
则在上恒成立，
故在单调递增，
又，
故在上恒成立，
故在上单调递增，
故最小值为，
当且，即时，
此时，，
当时，，
如图，曲线与直线所围封闭图形的面积四边形的面积，

令，解得，，
故，即，
令，解得，故，
，故，
故，
设直线与直线相交于点，
令，解得，
此时，故，
点到直线的距离为，
故，
其中，，
故，
点到直线的距离为，
故，
则四边形的面积为，
当时，，
当时，面积取得最小值，最小值为33，
当时，，画出图象如下：

四边形的面积为，
当时，，
综上，当时，曲线与直线所围封闭图形的面积的最小值是33，D正确.
故选：BD
【点睛】方法点睛：函数零点或方程根的问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.
37．或
【分析】利用切线长性质、两点的距离公式结合方程的特征计算圆心即可得结果.
【详解】设，切线长，
由已知可知两圆的半径分别为，
所以，
化简得，
由题意知，上式恒成立，
又，
所以，
解之得或，
则圆的标准方程为或.
故答案为：或
【点睛】思路点睛：根据切线始终相等设点P坐标与圆心坐标，由勾股定理建立等式关系（看成关于点P坐标的关系式），再由P在直线上得方程形式相同，解参数即可.
38．
【分析】将恒成立问题转化为直线需在两段圆弧之间，数形结合即可求得结果.
【详解】对于时，不等式均成立，
即恒成立.
令，，
则表示圆心为，半径为的圆在上的圆弧；
表示圆心为，半径为的圆在上的圆弧，如下所示：
根据题意，要满足题意，其图象需在圆弧以及圆弧之间，
数形结合可知：连接后所形成的直线恰好满足题意，且唯一.
其斜率为，故其方程为，
故实数对.
为严谨，下证直线与圆相切，
圆心到直线的距离，
其与半径1相等，故圆与直线相切，即证.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查恒成立问题，涉及圆方程的认知，以及直线与圆的位置关系，处理问题的关键是应用已知的知识，合理的转化问题，数形结合解决问题，属综合困难题.
39．②④
【分析】根据题意，结合圆的标准方程以及其切线方程的知识，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】对于①，当时，曲线，当时，C表示点，当时，曲线C表示圆心为，半径为的圆，错误.
对于②，当，时，曲线，因此曲线C表示圆心为，半径为的圆.
由于过点（记为点D）向曲线C作切线，切点为A，B，且点到点的距离为，
根据勾股定理可得，因此A，B可看作圆与圆的交点.
又圆的方程化成一般式为，
于是直线AB的方程为，
即直线AB的方程为，正确.
对于③，当，时，曲线，
圆的切线方程可设为（直线系方程），由于切线过点，因此，
又，解得或因此过点的切线方程为或，错误.
对于④，当时，曲线，因此曲线C表示圆心为，半径为的圆.
于是曲线C的圆心在直线上，又圆心到直线的距离为，到直线的距离为，
因此曲线C表示圆心在直线上的圆系，且这些圆的公切线方程为或，正确.
对于⑤，当，时，曲线，因此曲线C表示圆心为，半径为的圆.
将直线变形为，可知直线过定点，又点在圆内，
因此直线与曲线C表示的圆相交，错误.
综上所述，正确的有②④.
故答案为：②④
【点睛】关键点睛：本题主要考查了圆的方程以及其切线方程的相关知识，难度较大，解答本题的关键在于结合圆的切线方程公式计算.
40． 2
【分析】设直接计算可得，由角平分线定理可得，由此求出，得出点坐标，再由直角三角形求出点坐标即可得解.
【详解】圆的标准方程为，圆心，
则为的角平分线，所以．
设，则，
所以，则，
即，解得，则，
所以点与重合，
此时，可得，
所以．
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：根据角平分线定理，可转化为，建立方程求出参数，得到圆的圆心、半径，求出M的坐标是解题的关键.
41．
【分析】利用两圆的位置关系确定两圆内切时最大，根据位置关系建立方程，解得圆心坐标及圆的半径.
【详解】如图:

由圆的性质知：圆心M在AB的垂直平分线上，设AB与直线交于点，
记圆半径为R，当最大时，最大，即最大，
则，由正弦函数的单调性知，最大时，最小，此时两圆内切.
设，，又的圆心，半径为，
所以，即，
平方化简得，
进一步平方化简得，解得或（舍去），
所以，即圆的半径为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是把角的最大问题转化为两圆内切时的半径问题，根据两圆位置关系列式计算即可.
42．
【分析】确定动点的几何意义，利用直线现圆的位置关系分段讨论，结合几何意义求解即得.
【详解】显然点在圆及内部，直线，直线，
由，得直线与圆相离，且，
由，解得或，即直线与圆交于点，
①当时，即点在直线与圆所围成的小弓形及内部，
，
目标函数，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，
画出直线，平移直线分别到直线，
当过点时，取得最大值，最小，
当过点时，取得最小值，最大，
因此，，从而；
②当时，即点在直线与圆所围成的大弓形及内部（不含直线上的点），
，
目标函数，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，
画出直线，显直线，平移直线分别到直线，直线与圆分别相切于点，
当过点时，取得最大值，最小，因此，
当过点时，取得最小值，最大，因此，
从而，
所以的取值范围是.
故答案为：

【点睛】方法点睛：求解线性规划问题的一般方法：①准确作出不等式组表示的平面区域，作图时一定要分清虚实线、准确确定区域；②根据目标函数的类型及几何意义结合图形判断目标函数在何处取得最值．
43． /4.8
【分析】由条件确定圆O，圆N的圆心坐标和半径，由此发现，根据等面积法求，联立两圆方程，求出A的坐标，设直线的方程，由结合弦长公式求直线的斜率.
【详解】
根据题意，圆：，圆心，半径为3，
圆，圆心，半径为4，
则，，，易知，
根据等面积法可得；
联立两个圆方程，得，
在第二象限，可得，易知直线的斜率存在，
设直线的方程是，即，
因为，
所以，
解得：.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：本题的第一空关键是通过数形结合发现，从而即可利用等面积法求解，第二问的关键是先求出的坐标，然后设出直线的方程，利用弦长公式即可求解.
44．
【分析】由知点在以为圆心为半径的圆上，由直线与此圆有交点得，再表示出直线OD被圆截得的弦长后求其最值即可.
【详解】由题意可知圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径.
因为，所以，即点在以为圆心，为半径的圆上.
设直线的方程为，则，即，解得.
圆心到直线的距离为，
直线OD被圆截得的弦长 ，
令，，则，
当时为减函数，
当时，为增函数，
故，，
当时，直线经过，此时直线被圆截得的弦长最长，最长的弦长是圆的直径6.
当时，直线被圆截得的弦长最短，则弦长为；
综上，直线被圆截得的弦长的取值范围是.
故答案为：
【点睛】分式型函数求最值方法：①转化为反比例函数求最值；②转化为对勾函数或基本不等式求最值；③换元为二次函数求最值；④用导数求最值.
45．
【分析】根据，所过定点以及二者垂直确定点P的轨迹方程，再根据动点，在圆：上，且，确定AB的中点E的轨迹方程，结合，以及两圆上两点间的距离范围，即可求得答案.
【详解】由直线：与直线：，
知，所以直线与直线垂直，
直线：即，故过定点，
：即，
故过定点，所以点的轨迹是以为直径的圆，
该圆圆心为，半径为，
即点的轨迹是以点为圆心，半径的圆，所以点的轨迹方程是，
因为圆的方程为，所以圆心，半径，
取的中点，连接，则，
所以点的轨迹是以点为圆心，半径的圆，
所以，
而，且，
即圆与点的轨迹外离；
则，即，
所以的取值范围是，
故答案为：
46．
【分析】由题意可知，则，当与直线垂直时最小，结合点斜式方程可求解直线PM方程，进而求出点P的坐标；利用勾股定理可得，以为圆心，为半径作圆，将两圆方程相减即可求出直线AB方程.
【详解】的标准方程为，其圆心为，半径为2.如图，

由题意可知，则，
所以当最小时，最小，此时与直线垂直，
所以直线的方程为，即.
联立，解得，
所以点的坐标为，.
在Rt中，，同理.
以为圆心，为半径作圆，如图，则线段为与的公共弦，
的方程为，即，
两圆方程相减得，即直线的方程为.
故答案为：；
【点睛】关键点睛：本题的难点是能够明确AB即为以为圆心，为半径的与的公共弦，由此可求得直线AB方程.
47．①③
【分析】由题意知星形线任意点满足，为参数，其中，即，，从而可判断①；分析曲线的图像，与星形线图像对比可知②；求出星形线与直线的交点，知曲线与圆相切，可判断③；
【详解】由已知可知小圆与大圆是内切的关系，设小圆的圆心为，
则小圆的圆心轨迹为以为圆心，半径为3的圆，即
设星形线任意点，则，为参数，其中
可知星形线任意点，满足，
对于①，星形线上左右两个端点，或上下两个端点，的距离最远，等于8，故①正确；
对于②，曲线为过点，，，的正方形，
而星形线与坐标轴的交点也是这四个点，由两点之间线段最短，可知曲线的周长小于曲线的周长，故②错误；
对于③，星形线与直线的交点为，即
它们到原点的距离为与圆的半径相等，
所以曲线与圆相切，即有且仅有个公共点，故③正确；
故答案为：①③
【点睛】关键点点睛：本题考查两个圆的内切关系求轨迹，解题的关键是理解星形线的定义，求出对应点满足的条件，再分析选项，考查学生的分析审题能力，属于难题.
48．
【分析】（1）以点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系,则,在中,设,又,故,,进而表示直线的方程,由直线与圆相切构建关系化简整理得,即可表示OA,OB,最后由三角形面积公式表示面积即可;
（2）令,则,由辅助角公式和三角函数值域可求得t的取值范围,进而对原面积的函数用含t的表达式换元,再令进行换元,并构建新的函数,由二次函数性质即可求得最小值.
【详解】解：（1）以点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系,则,在中,设,又,故,.
所以直线的方程为,即.
因为直线与圆相切,
所以.
因为点在直线的上方,
所以,
所以式可化为,解得.
所以,.
所以面积为.
（2）令,则,
且,
所以,.
令,,所以在上单调递减.
所以,当,即时,取得最大值,取最小值.
所以当时,面积为最小,政府投资最低.
【点睛】本题考查三角函数的实际应用,应优先结合实际建立合适的数学模型,再按模型求最值,属于难题.