冀教版九年級下冊第29章直線與圓的位置關系綜合與測試當堂檢測題-試卷下載-教習網

?九年級數(shù)學下冊第二十九章直線與圓的位置關系章節(jié)訓練
考試時間：90分鐘；命題人：數(shù)學教研組
考生注意：
1、本卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘
2、答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級填寫在試卷規(guī)定位置上
3、答案必須寫在試卷各個題目指定區(qū)域內相應的位置，如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用涂改液、膠帶紙、修正帶，不按以上要求作答的答案無效。
第I卷（選擇題 30分）
一、單選題（10小題，每小題3分，共計30分）
1、如圖，有一個亭子，它的地基是邊長為4m的正六邊形，則地基的面積為（　?。?br />
A．4m2 B．12m2 C．24m2 D．24m2
2、在中，，，給出條件：①；②；③外接圓半徑為4．請在給出的3個條件中選取一個，使得BC的長唯一．可以選取的是（）
A．① B．② C．③ D．①或③
3、如圖，⊙O是正五邊形ABCDE的外接圓，點P是的一點，則∠CPD的度數(shù)是（　?。?br />
A．30° B．36° C．45° D．72°
4、如圖，⊙O的半徑為2，PA，PB，CD分別切⊙O于點A，B，E，CD分別交PA，PB于點C，D，且P，E，O三點共線．若∠P＝60°，則CD的長為（　?。?br />
A．4 B．2 C．3 D．6
5、在同一平面內，有一半徑為6的⊙O和直線m，直線m上有一點P，且OP=4；則直線m與⊙O的位置關系是（）
A．相交 B．相離 C．相切 D．不能確定
6、已知點A是⊙O外一點，且⊙O的半徑為3，則OA可能為（）
A．1 B．2 C．3 D．4
7、如圖，等邊△ABC內接于⊙O，D是上任一點（不與B、C重合），連接BD、CD，AD交BC于E，CF切⊙O于點C，AF⊥CF交⊙O于點G．下列結論：①∠ADC＝60°；②DB2＝DE?DA；③若AD＝2，則四邊形ABDC的面積為；④若CF＝2，則圖中陰影部分的面積為．正確的個數(shù)為（　　）

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
8、如圖，已知AB是的直徑，C是AB延長線上一點，CE是的切線，切點為D，過點A作于點E，交于點F，連接OD、AD、BF．則下列結論不一定正確的是（）

A． B．AD平分 C． D．
9、已知正三角形外接圓半徑為，這個正三角形的邊長是（）
A． B． C． D．
10、如圖，A、B、C、D為一個正多邊形的頂點，O為正多邊形的中心，若，則這個正多邊形的邊數(shù)為（）

A．10 B．11 C．12 D．13
第Ⅱ卷（非選擇題 70分）
二、填空題（5小題，每小題4分，共計20分）
1、如圖，AB是⊙O的切線，A為切點，連結OA、OB．若OA＝5，AB＝6，則tan∠AOB＝______．

2、在中，，，，如果以點A為圓心，AC為半徑作，那么斜邊AB的中點D在______．（填“內”、“上”或者“外”）
3、如圖，在中，，，，是內切圓，則的半徑為______．

4、已知⊙O的直徑為8cm，如果直線AB上的一點與圓心的距離為4cm，則直線AB與⊙O的位置關系是 _____．
5、如圖，AB是半圓O的弦，DE是直徑，過點B的切線BC與⊙O相切于點B，與DE的延長線交于點C，連接BD，若四邊形OABC為平行四邊形，則∠BDC的度數(shù)為______．

三、解答題（5小題，每小題10分，共計50分）
1、如圖，在RtABC中，∠ACB＝Rt∠，以AC為直徑的半圓⊙O交AB于點D，E為BC的中點，連結DE、CD．過點D作DF⊥AC于點F．

(1)求證：DE是⊙O的切線；
(2)若AD＝5，DF＝3，求⊙O的半徑．
2、如圖，PA，PB是圓的切線，A，B為切點．

(1)求作：這個圓的圓心O（用尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不寫作法和證明）；
(2)在（1）的條件下，延長AO交射線PB于C點，若AC＝4，PA＝3，請補全圖形，并求⊙O的半徑．
3、數(shù)學課上老師提出問題：“在矩形中，，，是的中點，是邊上一點，以為圓心，為半徑作，當?shù)扔诙嗌贂r，與矩形的邊相切？”．
小明的思路是：解題應分類討論，顯然不可能與邊及所在直線相切，只需討論與邊及相切兩種情形．請你根據(jù)小明所畫的圖形解決下列問題：

(1)如圖1，當與相切于點時，求的長；
(2)如圖2，當與相切時，
①求的長；
②若點從點出發(fā)沿射線移動，連接，是的中點，則在點的移動過程中，直接寫出點在內的路徑長為______．
4、如圖，四邊形OAEC是平行四邊形，以O為圓心，OC為半徑的圓交CE于D，延長CO交O于B，連接AD、AB，AB是O的切線．

(1)求證：AD是O的切線．
(2)若O的半徑為4，，求平行四邊形OAEC的面積．
5、如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A與點B的坐標分別是（1，0），（7，0）．

(1)對于坐標平面內的一點P，給出如下定義：如果∠APB＝45°，那么稱點P為線段AB的“完美點”．
①設A、B、P三點所在圓的圓心為C，則點C的坐標是　　，⊙C的半徑是　 ??；
②y軸正半軸上是否有線段AB的“完美點”？如果有，求出“完美點”的坐標；如果沒有，請說明理由；
(2)若點P在y軸負半軸上運動，則當∠APB的度數(shù)最大時，點P的坐標為　　．

-參考答案-
一、單選題
1、D
【解析】
【分析】
先根據(jù)等邊三角形的性質求出△OBC的面積，然后由地基的面積是△OBC的6倍即可得到答案
【詳解】
解：如圖所示，正六邊形ABCDEF，連接OB，OC，過點O作OP⊥BC于P，
由題意得：BC=4cm，
∵六邊形ABCD是正六邊形，
∴∠BOC=360°÷6=60°，
又∵OB=OC，
∴△OBC是等邊三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故選D．

【點睛】
本題主要考查了正多邊形和圓，等邊三角形的性質與判定，勾股定理，熟知正多邊形和圓的關系是解題的關鍵．
2、B
【解析】
【分析】
畫出圖形，作，交BE于點D．根據(jù)等腰直角三角形的性質和勾股定理可求出AD的長，再由AD和AC的長作比較即可判斷①②；由前面所求的AD的長和AB的長，結合該三角形外接圓的半徑長，即可判斷該外接圓的圓心可在AB上方，也可在AB下方，其與AE的交點即為C點，為兩點不唯一，可判斷其不符合題意．
【詳解】
如圖，，，點C在射線上．作，交BE于點D．
∵，
∴為等腰直角三角形，
∴，
∴不存在的三角形ABC，故①不符合題意；
∵，，AC=8，
而AC>6，
∴存在的唯一三角形ABC，
如圖，點C即是．

∴，使得BC的長唯一成立，故②符合題意；
∵，，
∴存在兩個點C使的外接圓的半徑等于4，兩個外接圓圓心分別在AB的上、下兩側，如圖，點Ｃ和即為使的外接圓的半徑等于4的點．

故③不符合題意．
故選B．
【點睛】
本題考查等腰直角三角形的判定和性質，勾股定理，三角形外接圓的性質．利用數(shù)形結合的思想是解答本題的關鍵．
3、B
【解析】
【分析】
連接OC，OD．求出∠COD的度數(shù)，再根據(jù)圓周角定理即可解決問題；
【詳解】
解：如圖，連接OC，OD．

∵五邊形ABCDE是正五邊形，
∴∠COD＝＝72°，
∴∠CPD＝∠COD＝36°，
故選：B
【點睛】
本題主要考查了正多邊形和圓、圓周角定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型．
4、A
【解析】
【分析】
，先證明，得出，，得出，過點作，在中，設，則，利用勾股定理求出，即可求解．
【詳解】
解：連接，

在和，
PA，PB，分別切⊙O于點A，B，
，
，
，
，
，
是等邊三角形，
，

，
又，
，
，
，
過點作，如下圖

根據(jù)等腰三角形的性質，
點為的中點，
，
在中，
設，則，
，
，
解得：，
，
，
故選：A．
【點睛】
本題考查了圓的切線，三角形全等、等腰三角形、勾股定理，解題的關鍵是添加適當?shù)妮o助線，掌握切線的性質來求解．
5、A
【解析】
【分析】
直接根據(jù)直線與圓的位置關系即可得出結論．
【詳解】
解：∵⊙O的半徑為6，直線m上有一動點P，OP=4，
∴直線與⊙O相交．
故選：A．
【點睛】
本題考查的是直線與圓的位置關系，熟知⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離為d，當d=r時，直線l和⊙O相切是解答此題的關鍵．
6、D
【解析】
【分析】
根據(jù)點到圓心的距離和圓的半徑之間的數(shù)量關系，即可判斷點和圓的位置關系．點到圓心的距離小于圓的半徑，則點在圓內；點到圓心的距離等于圓的半徑，則點在圓上；點到圓心的距離大于圓的半徑，則點在圓外．
【詳解】
解：∵點A為⊙O外的一點，且⊙O的半徑為3，
∴線段OA的長度＞3．
故選：D．
【點睛】
此題考查了點和圓的位置關系與數(shù)量之間的聯(lián)系：點到圓心的距離大于圓的半徑，則點在圓外．
7、C
【解析】
【分析】
如圖1，△ABC是等邊三角形，則∠ABC＝60°，根據(jù)同弧所對的圓周角相等∠ADC＝∠ABC＝60°，所以判斷①正確；如圖1，可證明△DBE∽△DAC，則，所以DB?DC＝DE?DA，而DB與DC不一定相等，所以判斷②錯誤；如圖2，作AH⊥BD于點H，延長DB到點K，使BK＝CD，連接AK，先證明△ABK≌△ACD，可證明S四邊形ABDC＝S△ADK，可以求得S△ADK＝，所以判斷③正確；如圖3，連接OA、OG、OC、GC，由CF切⊙O于點C得CF⊥OC，而AF⊥CF，所以AF∥OC，由圓周角定理可得∠AOC＝120°，則∠OAC＝∠OCA＝30°，于是∠CAG＝∠OCA＝30°，則∠COG＝2∠CAG＝60°，可證明△AOG和△COG都是等邊三角形，則四邊形OABC是菱形，因此OA∥CG，推導出S陰影＝S扇形COG，在Rt△CFG中根據(jù)勾股定理求出CG的長為4，則⊙O的半徑為4，可求得S陰影＝S扇形COG＝＝，所以判斷④正確，所以①③④這3個結論正確．
【詳解】
解：如圖1，∵△ABC是等邊三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵等邊△ABC內接于⊙O，
∴∠ADC＝∠ABC＝60°，
故①正確；
∵∠BDE＝∠ACB＝60°，∠ADC＝∠ABC＝60°，
∴∠BDE＝∠ADC，
又∠DBE＝∠DAC，
∴△DBE∽△DAC，
∴,
∴DB?DC＝DE?DA，
∵D是上任一點，
∴DB與DC不一定相等，
∴DB?DC與DB2也不一定相等，
∴DB2與DE?DA也不一定相等，
故②錯誤；

如圖2，作AH⊥BD于點H，延長DB到點K，使BK＝CD，連接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四邊形ABDC＝S△ABD+S△ACD＝S△ABD+S△ABK＝S△ADK＝，
故③正確；
如圖3，連接OA、OG、OC、GC，則OA＝OG＝OC，
∵CF切⊙O于點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都是等邊三角形，
∴OA＝OC＝AG＝CG＝OG，
∴四邊形OABC是菱形，
∴OA∥CG，
∴S△CAG＝S△COG，
∴S陰影＝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陰影＝S扇形COG＝＝，
故④正確，
∴①③④這3個結論正確，
故選C．

【點睛】
本題主要考查了等邊三角形的性質與判定，圓切線的性質，圓周角定理，全等三角形的性質與判定，菱形的性質與判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質等等，解題的關鍵在于能夠熟練掌握相關知識進行求解．
8、D
【解析】
【分析】
根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，切線的性質即可判斷A選項；根據(jù)，，進而即可判斷B選項；設交于點，證明四邊形是矩形，由垂徑定理可得，進而可得進而判斷C選項；無法判斷D選項．
【詳解】
解：∵AB是的直徑，
∴

∵CE是的切線，切點為D，
∴

，故A選項正確，

，
即AD平分，故B選項正確，
設交于點，如圖，

∵，
∴四邊形是矩形
，

，故C選項正確
若，則
由于點不一定是的中點，故D選項不正確；
故選D
【點睛】
本題考查了直徑所對的圓周角是直角，垂徑定理，切線的性質，矩形的判定，掌握圓的相關知識是解題的關鍵．
9、B
【解析】
【分析】
如圖，為正三角形ABC的外接圓，過點O作OD⊥AB于點D，連接OA，再由等邊三角形的性質，可得∠OAB=30°，，然后根據(jù)銳角三角函數(shù)，即可求解．
【詳解】
解：如圖，為正三角形ABC的外接圓，過點O作OD⊥AB于點D，連接OA，

根據(jù)題意得：OA= ，∠OAB=30°，，
在中，
，
∴AB=3，即這個正三角形的邊長是3．
故選：B
【點睛】
本題主要考查了銳角三角函數(shù)，三角形的外接圓，熟練掌握銳角三角函數(shù)，三角形的外接圓性質是解題的關鍵．
10、A
【解析】
【分析】
作正多邊形的外接圓，連接 AO，BO，根據(jù)圓周角定理得到∠AOB=36°，根據(jù)中心角的定義即可求解．
【詳解】
解：如圖，作正多邊形的外接圓，連接AO，BO，
∴∠AOB=2∠ADB=36°，
∴這個正多邊形的邊數(shù)為=10．
故選：A．

【點睛】
此題主要考查正多邊形的性質，解題的關鍵是熟知圓周角定理．
二、填空題
1、
【解析】
【分析】
由題意易得∠OAB=90°，然后根據(jù)三角函數(shù)可進行求解．
【詳解】
解：∵AB是⊙O的切線，
∴∠OAB=90°，
在Rt△OAB中，OA＝5，AB＝6，
∴，
故答案為．
【點睛】
本題主要考查三角函數(shù)與切線的性質，熟練掌握三角函數(shù)與切線的性質是解題的關鍵．
2、上
【解析】
【分析】
先利用中點的含義求解結合點與圓心的距離等于圓的半徑，則點在圓上，從而可得答案.
【詳解】
解：如圖，，，，為的中點，

在上，
故答案為：上
【點睛】
本題考查的是點與圓的位置關系的判斷，掌握“點與圓的位置關系的判斷方法”是解本題的關鍵.
3、1
【解析】
【分析】
根據(jù)三角形內切圓與內心的性質和三角形面積公式解答即可．
【詳解】
解：∵∠C=90°，AC=3，AB=5，
∴BC==4，
如圖，分別連接OA、OB、OC、OD、OE、OF，

∵⊙O是△ABC內切圓，D、E、F為切點，
∴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°，
∴，
∴．
故答案為：1．
【點睛】
此題考查三角形內切圓與內心，勾股定理，熟練掌握三角形內切圓的性質是解答本題的關鍵．
4、相切或相交
【解析】
【分析】
本題需分類討論，當直線上的點到圓心的連線垂直于直線AB時，直線于圓的位置關系為相切，當直線上的點到圓心的連線與直線AB不垂直時，直線到圓心的距離小于圓的半徑，直線與圓相交．
【詳解】
設直線AB上與圓心距離為4cm的點為C，
當OC⊥AB時，OC=⊙O的半徑，
所以直線AB與⊙O相切，
當OC與AB不垂直時，圓心O到直線AB的距離小于OC，
所以圓心O到直線AB的距離小于⊙O的半徑，
所以直線AB與⊙O相交，
綜上所述直線AB與⊙O的位置關系為相切或相交，
故答案為：相切或相交．
【點睛】
本題考查直線與圓的位置關系，本題需根據(jù)圓心與直線上一點的距離，分類討論圓與直線的位置關系，利用分類討論思想是解決本題的關鍵．
5、
【解析】
【分析】
先由切線的性質得到∠OBC=90°，再由平行四邊形的性質得到BO=BC，則∠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°．
【詳解】
解：∵BC是圓O的切線，
∴∠OBC=90°，
∵四邊形ABCO是平行四邊形，
∴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°，
故答案為：22.5°．
【點睛】
本題主要考查了平行四邊形的性質，切線的性質，等腰三角形的性質與判定，三角形外角的性質，熟知切線的性質是解題的關鍵．
三、解答題
1、 (1)見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）連接OD，求出DE＝CE＝BE，推出∠EDC+∠ODC＝∠ECD +∠OCD，求出∠ACB＝∠ODE＝90°，根據(jù)切線的判定推出即可．
（2）根據(jù)勾股定理求出AF＝3，設OD=x，根據(jù)勾股定理列出方程即可．
(1)
證明：連接OD，
∵AC是直徑，
∴∠ADC＝90°，
∴∠BDC＝180°﹣∠ADC＝90°，
∵E是BC的中點，
∴，
∴∠EDC＝∠ECD，
∵OC＝OD，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠EDC+∠ODC＝∠ECD +∠OCD，
即∠ACB＝∠ODE，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ODE＝90°，
又∵OD是半徑，
∴DE是⊙O的切線．

(2)
解：設OD=x，
∵DF⊥AC，AD＝5，DF＝3，
∴，
在三角形ADF中，
，
解得，，
⊙O的半徑為．
【點睛】
本題考查了切線的證明和直角三角形的性質，解題關鍵是熟練運用直角三角形和等腰三角形的性質證明切線，利用勾股定理求半徑．
2、 (1)見解析；
(2)見解析，的半徑為
【解析】
【分析】
（1）過點B作BP的垂線，作∠APB的平分線，二線的交點就是圓心；
（2）根據(jù)切線的性質，利用勾股定理，建立一元一次方程求解即可．
(1)
如圖所示，點O即為所求

(2)
如圖，∵PA是圓的切線，AO是半徑，PB是圓的切線，
∴∠CAP=90°，PA=PB=3，∠CBO=90°，
∵AC=4，
∴PC==5，BC=5-3=2，
設圓的半徑為x，則OC=4-x，
∴，
解得x=，
故圓的半徑為．
【點睛】
本題考查了垂線的畫法，角的平分線的畫法，切線的性質，切線長定理，勾股定理，一元一次方程的解法，熟練掌握切線的性質，切線長定理和勾股定理是解題的關鍵．
3、 (1)BP=2
(2)①4.8；②9.6
【解析】
【分析】
（1）連接PT，由⊙P與AD相切于點T，可得四邊形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與CD相切，有PC=PE，設BP=x，則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點M在⊙P內的路徑為EM，過P作PN⊥EM于N，由EM是△ABQ的中位線，可得四邊形BPNE是矩形，即知EN=BP=4.8，故EM=2EN=9.6．
(1)
連接PT，如圖：

∵⊙P與AD相切于點T，
∴∠ATP=90°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=90°，
∴四邊形ABPT是矩形，
∴PT=AB=4=PE，
∵E是AB的中點，
∴BE=AB=2，
在Rt△BPE中，；
(2)
①∵⊙P與CD相切，
∴PC=PE，
設BP=x，則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點Q從點B出發(fā)沿射線BC移動，M是AQ的中點，點M在⊙P內的路徑為EM，過P作PN⊥EM于N，如圖：

由題可知，EM是△ABQ的中位線，
∴EM∥BQ，
∴∠BEM=90°=∠B，
∵PN⊥EM，
∴∠PNE=90°，EM=2EN，
∴四邊形BPNE是矩形，
∴EN=BP=4.8，
∴EM=2EN=9.6．
故答案為：9.6．
【點睛】
本題考查矩形與圓的綜合應用，涉及直線和圓相切、勾股定理、動點軌跡等，解題的關鍵是理解M的軌跡是△ABQ的中位線．
4、 (1)見解析
(2)32
【解析】
【分析】
（1）連接OD，證明，可得，根據(jù)切線的性質可得，進而可得，即可證明AD是O的切線；
（2）根據(jù)平行四邊形OAEC的面積等于2倍即可求解．
(1)
證明：連接OD．

∵四邊形OAEC是平行四邊形，
∴，

又∵，

∴，
∵AB與相切于點B，

∴，

又∵OD是的半徑，
∴AD為的切線．
(2)
∵

在Rt△AOD中，
∴平行四邊形OABC的面積是
【點睛】
本題考查了切線的性質與判定，平行四邊形的性質，三角形全等的性質與判定，掌握切線的性質與判定是解題的關鍵．
5、 (1)①(4,3)或C(4，?3)，，②，
(2)
【解析】
【分析】
（1）①在x軸的上方，作以AB為斜邊的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三點在⊙C上，圓心C的坐標為(4,3)，半徑為3，根據(jù)對稱性可知點C(4，?3)也滿足條件；②當圓心為C（4，3）時，過點C作CD⊥y軸于D，則D（0，3），CD=4，根據(jù)⊙C的半徑得⊙C與y軸相交，設交點為，，此時，在y軸的正半軸上，連接、、CA，則==CA =r=3，得，即可得；
（2）如果點P在y軸的負半軸上，設此時圓心為E，則E在第四象限，在y軸的負半軸上任取一點M(不與點P重合)，連接MA，MB，PA，PB，設MB交于⊙E于點N，連接NA，則∠APB=∠ANB，∠ANB是△MAN的外角，∠ANB>∠AMB，即∠APB>∠AMB，過點E作EF⊥x軸于F，連接EA，EP，則AF=AB=3，OF=4，四邊形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，得，則，即可得．
(1)
①如圖1中，

在x軸的上方，作以AB為斜邊的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三點在⊙C上，
圓心C的坐標為(4,3)，半徑為3，
根據(jù)對稱性可知點C(4,?3)也滿足條件，
故答案是：(4,3)或C(4，?3)，，
②y軸的正半軸上存在線段AB的“等角點”。
如圖2所示，當圓心為C（4，3）時，過點C作CD⊥y軸于D，則D（0，3），CD=4，

∵⊙C的半徑，
∴⊙C與y軸相交，
設交點為，，此時，在y軸的正半軸上，
連接、、CA，則==CA =r=3，
∵CD⊥y軸，CD=4，，
∴，
∴，；
當圓心為C（4，-3）時，點P在y軸的負半軸上，不符合題意；
故答案為：，
(2)
當過點A，B的圓與y軸負半軸相切于點P時，∠APB最大，理由如下：
如果點P在y軸的負半軸上，設此時圓心為E，則E在第四象限，
如圖3所示，在y軸的負半軸上任取一點M(不與點P重合)，
連接MA，MB，PA，PB，設MB交于⊙E于點N，連接NA，

∵點P，點N在⊙E上，
∴∠APB=∠ANB，
∵∠ANB是△MAN的外角，
∴∠ANB>∠AMB，
即∠APB>∠AMB，
此時，過點E作EF⊥x軸于F，連接EA，EP，則AF=AB=3，OF=4，
∵⊙E與y軸相切于點P，則EP⊥y軸，
∴四邊形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，
∴⊙E的半徑為4，即EA=4，
∴在Rt△AEF中，，
∴，
即．
故答案為：
【點睛】
本題考查了圓與三角形，勾股定理，三角形的外角，矩形的性質，解題的關鍵是掌握這些知識點．

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