初中数学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精品同步训练题

这是一份初中数学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精品同步训练题，共33页。
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、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．①B．②C．③D．①或③
2、在ABC中，∠B＝45°，AB＝6；①AC=4；②AC＝8；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．①B．②C．③D．①或③
3、如图，在矩形ABCD中，点E在CD边上，连接AE，将沿AE翻折，使点D落在BC边的点F处，连接AF，在AF上取点O，以O为圆心，线段OF的长为半径作⊙O，⊙O与AB，AE分别相切于点G，H，连接FG，GH．则下列结论错误的是（ ）
A．B．四边形EFGH是菱形
C．D．
4、如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，PA＝4，则PB的长度为（ ）
A．3B．4C．5D．6
5、在数轴上，点A所表示的实数为3，点B所表示的实数为a，⊙A的半径为2，下列说法错误的是（ ）
A．当a＜5时，点B在⊙A内B．当1＜a＜5时，点B在⊙A内
C．当a＜1时，点B在⊙A外D．当a＞5时，点B在⊙A外
6、圆O的半径为5cm，点A到圆心O的距离OA＝4cm，则点A与圆O的位置关系为（ ）
A．点A在圆上B．点A在圆内C．点A在圆外D．无法确定
7、平面内，⊙O的半径为3，若点P在⊙O外，则OP的长可能为（ ）
A．4B．3C．2D．1
8、已知圆锥的底面半径为2cm，母线长为3cm，则其侧面积为（ ）cm．A．3πB．6πC．12πD．18π
9、已知⊙O的直径为10cm，圆心O到直线l的距离为5cm，则直线l与⊙O的位置关系是（ ）
A．相离B．相切C．相交D．相交或相切
10、如图，为正六边形边上一动点，点从点出发，沿六边形的边以1cm/s的速度按逆时针方向运动，运动到点停止．设点的运动时间为，以点、、为顶点的三角形的面积是，则下列图像能大致反映与的函数关系的是（ ）
A．B．
C．D．
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、已知中，，，，以为圆心，长度为半径画圆，则直线与的位置关系是__________．
2、如图，在平面直角坐标系中，点N是直线上动点，M是上动点，若点C的坐标为，且与y轴相切，则长度的最小值为____________．
3、若⊙O的半径为3cm，点A到圆心O的距离为4cm，那么点A与⊙O的位置关系是：点A在⊙O_______．（填“上”、“内”、“外”）
4、如图，AB是⊙O的切线，A为切点，连结OA、OB．若OA＝5，AB＝6，则tan∠AOB＝______．
5、如图，在⊙O中，AB是⊙O的内接正六边形的一边，BC是⊙O的内接正十边形的一边，则∠ABC＝______°．
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，已知AB是⊙P的直径，点在⊙P上，为⊙P外一点，且∠ADC＝90°，2∠B＋∠DAB＝180°

(1)试说明：直线为⊙P的切线．
(2)若∠B＝30°，AD＝2，求CD的长．
3、苏科版教材八年级下册第94页第19题，小明在学过圆之后，对该题进行重新探究，请你和他一起完成问题探究．
【问题探究】小明把原问题转化为动点问题，如图1，在边长为6cm的正方形ABCD中，点E从点A出发，沿边AD向点D运动，同时，点F从点B出发，沿边BA向点A运动，它们的运动速度都是2cm/s，当点E运动到点D时，两点同时停止运动，连接CF、BE交于点M，设点E， F运动时问为t秒．
(1)【问题提出】如图1，点E，F分别在方形ABCD中的边AD、AB上，且，连接BE、CF交于点M，求证：．请你先帮小明加以证明．
(2)如图1，在点E、F的运动过程中，点M也随之运动，请直接写出点M的运动路径长 cm．
(3)如图2，连接CE，在点E、F的运动过程中．
①试说明点D在△CME的外接圆O上；
②若①中的O与正方形的各边共有6个交点，请直接写出t的取值范围．
4、如图，在中，，⊙O是的外接圆，过点C作，交⊙O于点D，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使，连接AF．
(1)求证：；
(2)求证：AF是⊙O的切线．
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、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．
2、B
【解析】
【分析】
作AD⊥BC于D，求出AD的长，根据直线和圆的位置关系判断即可．
【详解】
解：作AD⊥BC于D，
∵∠B＝45°，AB＝6；
∴，
设三角形ABC1的外接圆为O，连接OA、OC1，
∵∠B＝45°，
∴∠O＝90°，
∵外接圆半径为4，
∴；
∵
∴以点A为圆心，AC为半径画圆，如图所示，当AC=4时，圆A与射线BD没有交点；
当AC=8时，圆A与射线BD只有一个交点；当AC= 时，圆A与射线BD有两个交点；
故选：B．
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质和射线与圆的交点，解题关键是求出AC长和点A到BC的距离．
3、C
【解析】
【分析】
由折叠可得∠DAE=∠FAE，∠D=∠AFE=90°，EF=ED，再根据切线长定理得到AG=AH，∠GAF=∠HAF，进而求出∠GAF=∠HAF=∠DAE=30°，据此对A作出判断；接下来延长EF与AB交于点N，得到EF是⊙O的切线，ANE是等边三角形，证明四边形EFGH是平行四边形，再结合HE=EF可对B作出判断；在RtEFC中，∠C=90°，∠FEC=60°，则EF=2CE，再结合AD=DE对C作出判断；由AG=AH，∠GAF=∠HAF，得出GH⊥AO，不难判断D．
【详解】
解：由折叠可得∠DAE=∠FAE，∠D=∠AFE=90°，EF=ED.
∵AB和AE都是⊙O的切线，点G、H分别是切点，
∴AG=AH，∠GAF=∠HAF，
∴∠GAF=∠HAF=∠DAE=30°，
∴∠BAE=2∠DAE，故A正确，不符合题意；
延长EF与AB交于点N，如图：
∵OF⊥EF，OF是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线，
∴HE=EF，NF=NG，
∴△ANE是等边三角形，
∴FG//HE，FG=HE，∠AEF=60°，
∴四边形EFGH是平行四边形，∠FEC=60°，
又∵HE=EF，
∴四边形EFGH是菱形，故B正确，不符合题意；
∵AG=AH，∠GAF=∠HAF，
∴GH⊥AO，故D正确，不符合题意；
在Rt△EFC中，∠C=90°，∠FEC=60°，
∴∠EFC=30°，
∴EF=2CE，
∴DE=2CE.
∵在Rt△ADE中，∠AED=60°，
∴AD=DE，
∴AD=2CE，故C错误，符合题意.
故选C.
【点睛】
本题是一道几何综合题，考查了切线长定理及推论，切线的判定，菱形的定义，含30的直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，翻折变换等，正确理解翻折变换及添加辅助线是解决本题的关键．
4、B
【解析】
【分析】
由切线的性质可推出，．再根据直角三角形全等的判定条件“HL”，即可证明，即得出．
【详解】
∵PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，
∴，，
∴在和中，，
∴，
∴．
故选：B
【点睛】
本题考查切线的性质，三角形全等的判定和性质．熟练掌握切线的性质是解答本题的关键．
5、A
【解析】
【分析】
根据数轴以及圆的半径可得当d=r时，⊙A与数轴交于两点：1、5，进而根据点到圆心的距离与半径比较即可求得点与圆的位置关系，进而逐项分析判断即可
【详解】
解：∵圆心A在数轴上的坐标为3，圆的半径为2，
∴当d=r时，⊙A与数轴交于两点：1、5，
故当a=1、5时点B在⊙A上；
当d＜r即当1＜a＜5时，点B在⊙A内；
当d＞r即当a＜1或a＞5时，点B在⊙A外．
由以上结论可知选项B、C、D正确，选项A错误．
故选A．
【点睛】
本题考查了数轴，点与圆的位置关系，掌握点与圆的位置关系是解题的关键．
6、B
【解析】
【分析】
根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【详解】
解：∵⊙O的半径为5cm，点A到圆心O的距离为4cm，
即点A到圆心O的距离小于圆的半径，
∴点A在⊙O内．
故选：B．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有点P在圆外⇔d＞r；点P在圆上⇔d=r；点P在圆内⇔d＜r．
7、A
【解析】
【分析】
根据点与圆的位置关系得出OP＞3即可．
【详解】
解：∵⊙O的半径为3，点P在⊙O外，
∴OP＞3，
故选：A．
【点睛】
本题考查点与圆的位置关系，解答的关键是熟知点与圆的位置关系：设平面内的点与圆心的距离为d，圆的半径为r，则点在圆外d＞r，点在圆上d=r，点在圆内d＜r．
8、B
【解析】
【分析】
利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算．
【详解】
解：它的侧面展开图的面积＝×2×2×3＝6（cm2）．
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
9、B
【解析】
【分析】
圆的半径为 圆心O到直线l的距离为 当时，直线与圆相切，当时，直线与圆相离，当时，直线与圆相交，根据原理直接作答即可.
【详解】
解： ⊙O的直径为10cm，圆心O到直线l的距离为5cm，
⊙O的半径等于圆心O到直线l的距离，
直线l与⊙O的位置关系为相切，
故选B
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系的判定，掌握“直线与圆的位置关系的判定方法”是解本题的关键.
10、A
【解析】
【分析】
设正六边形的边长为1，当在上时，过作于 而 求解此时的函数解析式，当在上时，延长交于点 过作于 并求解此时的函数解析式，当在上时，连接 并求解此时的函数解析式，由正六边形的对称性可得：在上的图象与在上的图象是对称的，在上的图象与在上的图象是对称的，从而可得答案.
【详解】
解：设正六边形的边长为1，当在上时，
过作于 而



当在上时，延长交于点 过作于
同理：
则为等边三角形，


当在上时，连接
由正六边形的性质可得：

由正六边形的对称性可得： 而


由正六边形的对称性可得：在上的图象与在上的图象是对称的，
在上的图象与在上的图象是对称的，
所以符合题意的是A，
故选A
【点睛】
本题考查的是动点问题的函数图象，锐角三角函数的应用，正多边形的性质，清晰的分类讨论是解本题的关键.
二、填空题
1、相切
【解析】
【分析】
过点C作CD⊥AB于D，在Rt△ABC中，根据勾股定理AB=cm，利用面积得出CD·AB=AC·BC，即10CD=6×8，求出CD=4.8cm，根据CD=r=4.8cm，得出直线与的位置关系是相切．
【详解】
解：过点C作CD⊥AB于D，
在Rt△ABC中，根据勾股定理AB=cm，
∴S△ABC=CD·AB=AC·BC，即10CD=6×8，
解得CD=4.8cm，
∴CD=r=4.8cm，
∴直线与的位置关系是相切．
故答案为：相切．
【点睛】
本题考查勾股定理，直角三角形面积，圆的切判定，掌握勾股定理，直角三角形面积，圆的切判定是解题关键．
2、-2
【解析】
【分析】
由图可知，当CN⊥AB且C、M、N三点共线时，长度最小，利用勾股定理求出CN的长，故可求解．
【详解】
由图可知，当CN⊥AB且C、M、N三点共线时，长度最小
∵直线AB的解析式为
当x=0时，y=5，当y=0时，x=5
∴B（0，5），A（5，0）
∴AO=BO，△AOB是等腰直角三角形
∴∠BAO=90°
当CN⊥AB时，则△ACN是等腰直角三角形
∴CN=AN
∵C
∴AC=7
∵AC2=CN2+AN2=2CN2
∴CN=
当 C、M、N三点共线时，长度最小
即MN=CN-CM=-2
故答案为：-2．
【点睛】
此题主要考查圆与几何综合，解题的关键是根据题意找到符合题意的位置，利用等腰直角三角形的性质求解．
3、外
【解析】
【分析】
点与圆心的距离d，则d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内．据此作答．
【详解】
解：∵⊙O的半径为3cm，点A到圆心O的距离OA为4cm，
即点A到圆心的距离大于圆的半径，
∴点A在⊙O外．
故答案为：外．
【点睛】
本题考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．
4、
【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．
5、132°
【解析】
【分析】
连接AO、BO、CO，根据AB是⊙O的内接正六边形的一边，可得 ， ，从而得到∠ABO=60°，再由BC是⊙O的内接正十边形的一边，可得 ，BO=CO，从而得到，即可求解．
【详解】
解：如图，连接AO、BO、CO，
∵AB是⊙O的内接正六边形的一边，
∴ ， ，
∴ ，
∵BC是⊙O的内接正十边形的一边，
∴ ，BO=CO，
∴，
∴∠ABC=∠ABO+ ∠CBO=60°+72°=132°．
故答案为：132°
【点睛】
本题主要考查了圆的内接多边形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握圆的内接多边形的性质，等腰三角形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)
【解析】
【分析】
（1）连接PC，则∠APC＝2∠B，可证PC∥DA，证得PC⊥CD，则结论得证；
（2）连接AC，根据∠B=30°，等腰三角形外角性质∠CPA=2∠B=60°，再证△APC为等边三角形，可求∠DCA=90°-∠ACP=90°-60°=30°，AD＝2，∠ADC＝90°，利用30°直角三角形性质得出AC=2AD=4，然后根据勾股定理CD=即可．
(1)
连接PC，
∵PC＝PB，
∴∠B＝∠PCB，
∴∠APC＝2∠B，
∵2∠B+∠DAB＝180°，
∴∠DAP+∠APC＝180°，
∴PC∥DA，
∵∠ADC＝90°，
∴∠DCP＝90°，
即DC⊥CP，
∴直线CD为⊙P的切线；
(2)
连接AC，
∵∠B=30°，
∴∠CPA=2∠B=60°，
∵AP=CP，∠CPA=60°，
∴△APC为等边三角形，
∵∠DCP=90°，
∴∠DCA=90°-∠ACP=90°-60°=30°，
∵AD＝2，∠ADC＝90°，
∴AC=2AD=4，
∴CD=．
【点睛】
本题考查切线的判定、平行线判定与性质，勾股定理、等腰三角形性质，外角性质，等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题．
3、 (1)见解析
(2)
(3)①见解析；②
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质以及动点的路程相等，证明，根据同角的余角相等，即可证明，即；
（2）当t＝0时，点M与点B重合，当时，点随之停止，求得运动轨迹为圆，根据弧长公式进行计算即可；
（3）①根据（2）可得△CME的外接圆的圆心O是斜边CE的中点，继而判断点D、C、M、E在同一个圆（）上；②当与AB相切时，与正方形的各边共有5个交点，如图5则有6个交点，所以“当与AB相切时”是临界情况．如图4，当与AB相切（切点为G），连接OG，并延长GO交CD于点H，在Rt△CHO中求得半径,进而勾股定理求得，即可求得当时，与正方形的各边共有6个交点．
(1)
四边形是正方形，
，
又的运动速度都是2cm/s，
即
(2)
∵．
∴点M在以CB为直径的圆上，如图1，当t＝0时，点M与点B重合；
如图2，当t＝3时，点M为正方形对角线的交点．点M的运动路径为圆，其路径长．
故答案为：
(3)
①如图3．由前面结论可知：
∴△CME的外接圆的圆心O是斜边CE的中点，
则
在Rt△CDE中，，O是CE的中点．
∴，
∴
∴点D、C、M、E在同一个圆（）上，
即点D在△CME的外接圆上；．
②．
如图4，当与AB相切时，与正方形的各边共有5个交点，如图5则有6个交点，所以“当与AB相切时”是临界情况．
如图4，当与AB相切（切点为G），连接OG，并延长GO交CD于点H．
∵AB与相切，
∴，
又∵，
∴，
设的半径为R．由题意得：
在Rt△CHO中，，解得
∴
∴，即
∴如图5，当时，与正方形的各边共有6个交点．
【点睛】
本题考查了求弧长，切线的性质，直径所对的圆周角是直角，三角形的外心，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．
4、 (1)见解析；
(2)见解析
【解析】
【分析】
(1)由AB=AC知∠ABC=∠ACB，结合∠ACB=∠BCD，∠ABC=∠ADC得∠BCD=∠ADC，从而得证；
(2)连接OA，由∠CAF=∠CFA知∠ACD=∠CAF+∠CFA=2∠CAF，结合∠ACB=∠BCD得∠ACD=2∠ACB，∠CAF=∠ACB，据此可知AF∥BC，从而得OA⊥AF，从而得证．
(1)
解：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴ ；
(2)
解：如图，连接OA，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵已知，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴AF为⊙O的切线．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、垂径定理推论、切线的判定、平行线的判定和性质，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
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．