冀教版九年级下册第29章 直线与圆的位置关系综合与测试当堂检测题

这是一份冀教版九年级下册第29章 直线与圆的位置关系综合与测试当堂检测题，共36页。
九年级数学下册第二十九章直线与圆的位置关系章节训练
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、如图，有一个亭子，它的地基是边长为4m的正六边形，则地基的面积为（　　）

A．4m2 B．12m2 C．24m2 D．24m2
2、在中，，，给出条件：①；②；③外接圆半径为4．请在给出的3个条件中选取一个，使得BC的长唯一．可以选取的是（ ）
A．① B．② C．③ D．①或③
3、如图，⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，点P是的一点，则∠CPD的度数是（　　）

A．30° B．36° C．45° D．72°
4、如图，⊙O的半径为2，PA，PB，CD分别切⊙O于点A，B，E，CD分别交PA，PB于点C，D，且P，E，O三点共线．若∠P＝60°，则CD的长为（　　）

A．4 B．2 C．3 D．6
5、在同一平面内，有一半径为6的⊙O和直线m，直线m上有一点P，且OP=4；则直线m与⊙O的位置关系是 （ ）
A．相交 B．相离 C．相切 D．不能确定
6、已知点A是⊙O外一点，且⊙O的半径为3，则OA可能为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7、如图，等边△ABC内接于⊙O，D是上任一点（不与B、C重合），连接BD、CD，AD交BC于E，CF切⊙O于点C，AF⊥CF交⊙O于点G．下列结论：①∠ADC＝60°；②DB2＝DE•DA；③若AD＝2，则四边形ABDC的面积为；④若CF＝2，则图中阴影部分的面积为．正确的个数为（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8、如图，已知AB是的直径，C是AB延长线上一点，CE是的切线，切点为D，过点A作于点E，交于点F，连接OD、AD、BF．则下列结论不一定正确的是（ ）

A． B．AD平分 C． D．
9、已知正三角形外接圆半径为，这个正三角形的边长是（ ）
A． B． C． D．
10、如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为（ ）

A．10 B．11 C．12 D．13
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、如图，AB是⊙O的切线，A为切点，连结OA、OB．若OA＝5，AB＝6，则tan∠AOB＝______．

2、在中，，，，如果以点A为圆心，AC为半径作，那么斜边AB的中点D在______．（填“内”、“上”或者“外”）
3、如图，在中，，，，是内切圆，则的半径为______．

4、已知⊙O的直径为8cm，如果直线AB上的一点与圆心的距离为4cm，则直线AB与⊙O的位置关系是 _____．
5、如图，AB是半圆O的弦，DE是直径，过点B的切线BC与⊙O相切于点B，与DE的延长线交于点C，连接BD，若四边形OABC为平行四边形，则∠BDC的度数为______．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，在RtABC中，∠ACB＝Rt∠，以AC为直径的半圆⊙O交AB于点D，E为BC的中点，连结DE、CD．过点D作DF⊥AC于点F．

(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若AD＝5，DF＝3，求⊙O的半径．
2、如图，PA，PB是圆的切线，A，B为切点．

(1)求作：这个圆的圆心O（用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法和证明）；
(2)在（1）的条件下，延长AO交射线PB于C点，若AC＝4，PA＝3，请补全图形，并求⊙O的半径．
3、数学课上老师提出问题：“在矩形中，，，是的中点，是边上一点，以为圆心，为半径作，当等于多少时，与矩形的边相切？”．
小明的思路是：解题应分类讨论，显然不可能与边及所在直线相切，只需讨论与边及相切两种情形．请你根据小明所画的图形解决下列问题：

(1)如图1，当与相切于点时，求的长；
(2)如图2，当与相切时，
①求的长；
②若点从点出发沿射线移动，连接，是的中点，则在点的移动过程中，直接写出点在内的路径长为______．
4、如图，四边形OAEC是平行四边形，以O为圆心，OC为半径的圆交CE于D，延长CO交O于B，连接AD、AB，AB是O的切线．

(1)求证：AD是O的切线．
(2)若O的半径为4，，求平行四边形OAEC的面积．
5、如图，在平面直角坐标系xOy中，点A与点B的坐标分别是（1，0），（7，0）．

(1)对于坐标平面内的一点P，给出如下定义：如果∠APB＝45°，那么称点P为线段AB的“完美点”．
①设A、B、P三点所在圆的圆心为C，则点C的坐标是 　 　，⊙C的半径是 　 　；
②y轴正半轴上是否有线段AB的“完美点”？如果有，求出“完美点”的坐标；如果没有，请说明理由；
(2)若点P在y轴负半轴上运动，则当∠APB的度数最大时，点P的坐标为 　 　．

-参考答案-
一、单选题
1、D
【解析】
【分析】
先根据等边三角形的性质求出△OBC的面积，然后由地基的面积是△OBC的6倍即可得到答案
【详解】
解：如图所示，正六边形ABCDEF，连接OB，OC，过点O作OP⊥BC于P，
由题意得：BC=4cm，
∵六边形ABCD是正六边形，
∴∠BOC=360°÷6=60°，
又∵OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故选D．

【点睛】
本题主要考查了正多边形和圆，等边三角形的性质与判定，勾股定理，熟知正多边形和圆的关系是解题的关键．
2、B
【解析】
【分析】
画出图形，作，交BE于点D．根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可求出AD的长，再由AD和AC的长作比较即可判断①②；由前面所求的AD的长和AB的长，结合该三角形外接圆的半径长，即可判断该外接圆的圆心可在AB上方，也可在AB下方，其与AE的交点即为C点，为两点不唯一，可判断其不符合题意．
【详解】
如图，，，点C在射线上．作，交BE于点D．
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴不存在的三角形ABC，故①不符合题意；
∵，，AC=8，
而AC>6，
∴存在的唯一三角形ABC，
如图，点C即是．

∴，使得BC的长唯一成立，故②符合题意；
∵，，
∴存在两个点C使的外接圆的半径等于4，两个外接圆圆心分别在AB的上、下两侧，如图，点Ｃ和即为使的外接圆的半径等于4的点．

故③不符合题意．
故选B．
【点睛】
本题考查等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，三角形外接圆的性质．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
3、B
【解析】
【分析】
连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题；
【详解】
解：如图，连接OC，OD．

∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠COD＝＝72°，
∴∠CPD＝∠COD＝36°，
故选：B
【点睛】
本题主要考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
4、A
【解析】
【分析】
，先证明，得出，，得出，过点作，在中，设，则，利用勾股定理求出，即可求解．
【详解】
解：连接，

在和，
PA，PB，分别切⊙O于点A，B，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，

，
又，
，
，
，
过点作，如下图

根据等腰三角形的性质，
点为的中点，
，
在中，
设，则，
，
，
解得：，
，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查了圆的切线，三角形全等、等腰三角形、勾股定理，解题的关键是添加适当的辅助线，掌握切线的性质来求解．
5、A
【解析】
【分析】
直接根据直线与圆的位置关系即可得出结论．
【详解】
解：∵⊙O的半径为6，直线m上有一动点P，OP=4，
∴直线与⊙O相交．
故选：A．
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，当d=r时，直线l和⊙O相切是解答此题的关键．
6、D
【解析】
【分析】
根据点到圆心的距离和圆的半径之间的数量关系，即可判断点和圆的位置关系．点到圆心的距离小于圆的半径，则点在圆内；点到圆心的距离等于圆的半径，则点在圆上；点到圆心的距离大于圆的半径，则点在圆外．
【详解】
解：∵点A为⊙O外的一点，且⊙O的半径为3，
∴线段OA的长度＞3．
故选：D．
【点睛】
此题考查了点和圆的位置关系与数量之间的联系：点到圆心的距离大于圆的半径，则点在圆外．
7、C
【解析】
【分析】
如图1，△ABC是等边三角形，则∠ABC＝60°，根据同弧所对的圆周角相等∠ADC＝∠ABC＝60°，所以判断①正确；如图1，可证明△DBE∽△DAC，则，所以DB•DC＝DE•DA，而DB与DC不一定相等，所以判断②错误；如图2，作AH⊥BD于点H，延长DB到点K，使BK＝CD，连接AK，先证明△ABK≌△ACD，可证明S四边形ABDC＝S△ADK，可以求得S△ADK＝，所以判断③正确；如图3，连接OA、OG、OC、GC，由CF切⊙O于点C得CF⊥OC，而AF⊥CF，所以AF∥OC，由圆周角定理可得∠AOC＝120°，则∠OAC＝∠OCA＝30°，于是∠CAG＝∠OCA＝30°，则∠COG＝2∠CAG＝60°，可证明△AOG和△COG都是等边三角形，则四边形OABC是菱形，因此OA∥CG，推导出S阴影＝S扇形COG，在Rt△CFG中根据勾股定理求出CG的长为4，则⊙O的半径为4，可求得S阴影＝S扇形COG＝＝，所以判断④正确，所以①③④这3个结论正确．
【详解】
解：如图1，∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵等边△ABC内接于⊙O，
∴∠ADC＝∠ABC＝60°，
故①正确；
∵∠BDE＝∠ACB＝60°，∠ADC＝∠ABC＝60°，
∴∠BDE＝∠ADC，
又∠DBE＝∠DAC，
∴△DBE∽△DAC，
∴,
∴DB•DC＝DE•DA，
∵D是上任一点，
∴DB与DC不一定相等，
∴DB•DC与DB2也不一定相等，
∴DB2与DE•DA也不一定相等，
故②错误；

如图2，作AH⊥BD于点H，延长DB到点K，使BK＝CD，连接AK，
∵∠ABK+∠ABD＝180°，∠ACD+∠ABD＝180°，
∴∠ABK＝∠ACD，
∴AB＝AC，
∴△ABK≌△ACD（SAS），
∴AK＝AD，S△ABK＝S△ACD，
∴DH＝KH＝DK，

∵∠AHD＝90°，∠ADH＝60°，
∴∠DAH＝30°，
∵AD＝2，
∴DH＝AD＝1，
∴DK＝2DH＝2，，
∴S△ADK＝，
∴S四边形ABDC＝S△ABD+S△ACD＝S△ABD+S△ABK＝S△ADK＝，
故③正确；
如图3，连接OA、OG、OC、GC，则OA＝OG＝OC，
∵CF切⊙O于点C，
∴CF⊥OC，
∵AF⊥CF，
∴AF∥OC，
∵∠AOC＝2∠ABC＝120°，
∴∠OAC＝∠OCA＝×（180°﹣120°）＝30°，
∴∠CAG＝∠OCA＝30°，
∴∠COG＝2∠CAG＝60°，
∴∠AOG＝60°，
∴△AOG和△COG都是等边三角形，
∴OA＝OC＝AG＝CG＝OG，
∴四边形OABC是菱形，
∴OA∥CG，
∴S△CAG＝S△COG，
∴S阴影＝S扇形COG，
∵∠OCF＝90°，∠OCG＝60°，
∴∠FCG＝30°，
∵∠F＝90°，
∴FG＝CG，
∵FG2+CF2＝CG2，CF＝，
∴（CG）2+（）2＝CG2，
∴CG＝4，
∴OC＝CG＝4，
∴S阴影＝S扇形COG＝＝，
故④正确，
∴①③④这3个结论正确，
故选C．

【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质与判定，圆切线的性质，圆周角定理，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
8、D
【解析】
【分析】
根据直径所对的圆周角是直角，切线的性质即可判断A选项；根据，，进而即可判断B选项；设交于点，证明四边形是矩形，由垂径定理可得，进而可得进而判断C选项；无法判断D选项．
【详解】
解：∵AB是的直径，
∴

∵CE是的切线，切点为D，
∴

，故A选项正确，




，
即AD平分，故B选项正确，
设交于点，如图，

∵，
∴四边形是矩形
，


，故C选项正确
若，则
由于点不一定是的中点，故D选项不正确；
故选D
【点睛】
本题考查了直径所对的圆周角是直角，垂径定理，切线的性质，矩形的判定，掌握圆的相关知识是解题的关键．
9、B
【解析】
【分析】
如图， 为正三角形ABC的外接圆，过点O作OD⊥AB于点D，连接OA， 再由等边三角形的性质，可得∠OAB=30°，，然后根据锐角三角函数，即可求解．
【详解】
解：如图， 为正三角形ABC的外接圆，过点O作OD⊥AB于点D，连接OA，

根据题意得：OA= ，∠OAB=30°，，
在中，
，
∴AB=3，即这个正三角形的边长是3．
故选：B
【点睛】
本题主要考查了锐角三角函数，三角形的外接圆，熟练掌握锐角三角函数，三角形的外接圆性质是解题的关键．
10、A
【解析】
【分析】
作正多边形的外接圆，连接 AO，BO，根据圆周角定理得到∠AOB=36°，根据中心角的定义即可求解．
【详解】
解：如图，作正多边形的外接圆，连接AO，BO，
∴∠AOB=2∠ADB=36°，
∴这个正多边形的边数为=10．
故选：A．

【点睛】
此题主要考查正多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理．
二、填空题
1、
【解析】
【分析】
由题意易得∠OAB=90°，然后根据三角函数可进行求解．
【详解】
解：∵AB是⊙O的切线，
∴∠OAB=90°，
在Rt△OAB中，OA＝5，AB＝6，
∴，
故答案为．
【点睛】
本题主要考查三角函数与切线的性质，熟练掌握三角函数与切线的性质是解题的关键．
2、上
【解析】
【分析】
先利用中点的含义求解 结合点与圆心的距离等于圆的半径，则点在圆上，从而可得答案.
【详解】
解：如图，，，，为的中点，


在上，
故答案为：上
【点睛】
本题考查的是点与圆的位置关系的判断，掌握“点与圆的位置关系的判断方法”是解本题的关键.
3、1
【解析】
【分析】
根据三角形内切圆与内心的性质和三角形面积公式解答即可．
【详解】
解：∵∠C=90°，AC=3，AB=5，
∴BC==4，
如图，分别连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，

∵⊙O是△ABC内切圆，D、E、F为切点，
∴OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB于D、E、F，OD=OE=OF，
∴S△ABC=S△BOC+S△AOC+S△AOB=BC•DO+AC•OE+AB•FO=（BC+AC+AB）•OD，
∵∠ACB=90°，
∴，
∴．
故答案为：1．
【点睛】
此题考查三角形内切圆与内心，勾股定理，熟练掌握三角形内切圆的性质是解答本题的关键．
4、相切或相交
【解析】
【分析】
本题需分类讨论，当直线上的点到圆心的连线垂直于直线AB时，直线于圆的位置关系为相切，当直线上的点到圆心的连线与直线AB不垂直时，直线到圆心的距离小于圆的半径，直线与圆相交．
【详解】
设直线AB上与圆心距离为4cm的点为C，
当OC⊥AB时，OC=⊙O的半径，
所以直线AB与⊙O相切，
当OC与AB不垂直时，圆心O到直线AB的距离小于OC，
所以圆心O到直线AB的距离小于⊙O的半径，
所以直线AB与⊙O相交，
综上所述直线AB与⊙O的位置关系为相切或相交，
故答案为：相切或相交．
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系，本题需根据圆心与直线上一点的距离，分类讨论圆与直线的位置关系，利用分类讨论思想是解决本题的关键．
5、
【解析】
【分析】
先由切线的性质得到∠OBC=90°，再由平行四边形的性质得到BO=BC，则∠BOC=∠BCO=45°，由OD=OB，得到∠ODB=∠OBD，由∠ODB+∠OBD=∠BOC，即可得到∠ODB=∠OBD=22.5°，即∠BDC=22.5°．
【详解】
解：∵BC是圆O的切线，
∴∠OBC=90°，
∵四边形ABCO是平行四边形，
∴AO=BC，
又∵AO=BO，
∴BO=BC，
∴∠BOC=∠BCO=45°，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD，
∵∠ODB+∠OBD=∠BOC，
∴∠ODB=∠OBD=22.5°，即∠BDC=22.5°，
故答案为：22.5°．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，切线的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形外角的性质，熟知切线的性质是解题的关键．
三、解答题
1、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接OD，求出DE＝CE＝BE，推出∠EDC+∠ODC＝∠ECD +∠OCD，求出∠ACB＝∠ODE＝90°，根据切线的判定推出即可．
（2）根据勾股定理求出AF＝3，设OD=x，根据勾股定理列出方程即可．
(1)
证明：连接OD，
∵AC是直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠BDC＝180°﹣∠ADC＝90°，
∵E是BC的中点，
∴，
∴∠EDC＝∠ECD，
∵OC＝OD，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠EDC+∠ODC＝∠ECD +∠OCD，
即∠ACB＝∠ODE，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ODE＝90°，
又∵OD是半径，
∴DE是⊙O的切线．

(2)
解：设OD=x，
∵DF⊥AC，AD＝5，DF＝3，
∴，
在三角形ADF中，
，
解得，，
⊙O的半径为．
【点睛】
本题考查了切线的证明和直角三角形的性质，解题关键是熟练运用直角三角形和等腰三角形的性质证明切线，利用勾股定理求半径．
2、 (1)见解析；
(2)见解析，的半径为
【解析】
【分析】
（1）过点B作BP的垂线，作∠APB的平分线，二线的交点就是圆心；
（2）根据切线的性质，利用勾股定理，建立一元一次方程求解即可．
(1)
如图所示，点O即为所求

(2)
如图，∵PA是圆的切线，AO是半径，PB是圆的切线，
∴∠CAP=90°，PA=PB=3，∠CBO=90°，
∵AC=4，
∴PC==5，BC=5-3=2，
设圆的半径为x，则OC=4-x，
∴，
解得x=，
故圆的半径为．
【点睛】
本题考查了垂线的画法，角的平分线的画法，切线的性质，切线长定理，勾股定理，一元一次方程的解法，熟练掌握切线的性质，切线长定理和勾股定理是解题的关键．
3、 (1)BP=2
(2)①4.8；②9.6
【解析】
【分析】
（1）连接PT，由⊙P与AD相切于点T，可得四边形ABPT是矩形，即得PT=AB=4=PE，在Rt△BPE中，用勾股定理即得BP=2；
（2）①由⊙P与CD相切，有PC=PE，设BP=x，则PC=PE=10-x，在Rt△BPE中，由勾股定理得x2+22=（10-x）2，即可解得BP=4.8；②点M在⊙P内的路径为EM，过P作PN⊥EM于N，由EM是△ABQ的中位线，可得四边形BPNE是矩形，即知EN=BP=4.8，故EM=2EN=9.6．
(1)
连接PT，如图：

∵⊙P与AD相切于点T，
∴∠ATP=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=90°，
∴四边形ABPT是矩形，
∴PT=AB=4=PE，
∵E是AB的中点，
∴BE=AB=2，
在Rt△BPE中，；
(2)
①∵⊙P与CD相切，
∴PC=PE，
设BP=x，则PC=PE=10-x，
在Rt△BPE中，BP2+BE2=PE2，
∴x2+22=（10-x）2，
解得x=4.8，
∴BP=4.8；
②点Q从点B出发沿射线BC移动，M是AQ的中点，点M在⊙P内的路径为EM，过P作PN⊥EM于N，如图：

由题可知，EM是△ABQ的中位线，
∴EM∥BQ，
∴∠BEM=90°=∠B，
∵PN⊥EM，
∴∠PNE=90°，EM=2EN，
∴四边形BPNE是矩形，
∴EN=BP=4.8，
∴EM=2EN=9.6．
故答案为：9.6．
【点睛】
本题考查矩形与圆的综合应用，涉及直线和圆相切、勾股定理、动点轨迹等，解题的关键是理解M的轨迹是△ABQ的中位线．
4、 (1)见解析
(2)32
【解析】
【分析】
（1）连接OD，证明，可得，根据切线的性质可得，进而可得，即可证明AD是O的切线；
（2）根据平行四边形OAEC的面积等于2倍即可求解．
(1)
证明：连接OD．

∵四边形OAEC是平行四边形，
∴，




又∵，

∴，
∵AB与相切于点B，


∴，

又∵OD是的半径，
∴AD为的切线．
(2)
∵

在Rt△AOD中，
∴平行四边形OABC的面积是
【点睛】
本题考查了切线的性质与判定，平行四边形的性质，三角形全等的性质与判定，掌握切线的性质与判定是解题的关键．
5、 (1)①(4,3)或C(4，−3)，，②，
(2)
【解析】
【分析】
（1）①在x轴的上方，作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三点在⊙C上，圆心C的坐标为(4,3)，半径为3，根据对称性可知点C(4，−3)也满足条件；②当圆心为C（4，3）时，过点C作CD⊥y轴于D，则D（0，3），CD=4，根据⊙C的半径得⊙C与y轴相交，设交点为，，此时，在y轴的正半轴上，连接、、CA，则==CA =r=3，得，即可得；
（2）如果点P在y轴的负半轴上，设此时圆心为E，则E在第四象限，在y轴的负半轴上任取一点M(不与点P重合)，连接MA，MB，PA，PB，设MB交于⊙E于点N，连接NA，则∠APB=∠ANB，∠ANB是△MAN的外角，∠ANB>∠AMB，即∠APB>∠AMB，过点E作EF⊥x轴于F，连接EA，EP，则AF=AB=3，OF=4，四边形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，得，则，即可得．
(1)
①如图1中，

在x轴的上方，作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三点在⊙C上，
圆心C的坐标为(4,3)，半径为3，
根据对称性可知点C(4,−3)也满足条件，
故答案是：(4,3)或C(4，−3)，，
②y轴的正半轴上存在线段AB的“等角点”。
如图2所示，当圆心为C（4，3）时，过点C作CD⊥y轴于D，则D（0，3），CD=4，

∵⊙C的半径，
∴⊙C与y轴相交，
设交点为，，此时，在y轴的正半轴上，
连接、、CA，则==CA =r=3，
∵CD⊥y轴，CD=4，，
∴，
∴，；
当圆心为C（4，-3）时，点P在y轴的负半轴上，不符合题意；
故答案为：，
(2)
当过点A，B的圆与y轴负半轴相切于点P时，∠APB最大，理由如下：
如果点P在y轴的负半轴上，设此时圆心为E，则E在第四象限，
如图3所示，在y轴的负半轴上任取一点M(不与点P重合)，
连接MA，MB，PA，PB，设MB交于⊙E于点N，连接NA，

∵点P，点N在⊙E上，
∴∠APB=∠ANB，
∵∠ANB是△MAN的外角，
∴∠ANB>∠AMB，
即∠APB>∠AMB，
此时，过点E作EF⊥x轴于F，连接EA，EP，则AF=AB=3，OF=4，
∵⊙E与y轴相切于点P，则EP⊥y轴，
∴四边形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，
∴⊙E的半径为4，即EA=4，
∴在Rt△AEF中，，
∴，
即 ．
故答案为：
【点睛】
本题考查了圆与三角形，勾股定理，三角形的外角，矩形的性质，解题的关键是掌握这些知识点．