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九年级数学填空题一般
题目
【问题提出】（1）小明通过"直线与圆的位置关系"的学习,已经知道过圆外一点可以作圆的两条切线.在对这一知识的学习过程进行反思时,小明突发奇想:如图11,直线ll与⊙O\odot O相离,点PP在直线ll上运动,过点PP作⊙O\odot O的切线,切点为AA,则PAPA的长是否存在最小值?
小明探究后发现,当OP⊥OP\bot直线ll时,PAPA的长最小.
请帮小明证明该结论:

【理解内化】（2）如图22,正方形ABCDABCD的边长为44,以DD为圆心.22为半径作圆.点PP是BCBC边上动点,过点PP作⊙O\odot O的切线,切点为EE,则PEPE的取值范围为______.
【拓展应用】（3）如图33,直线y=34x+3y=\frac{3}{4}x+3与xx轴和yy轴分别相交于AA,BB两点,PP是该直线上的任一点.将直线y=34x+3y=\frac{3}{4}x+3向下平移55个单位,与交xx轴和yy轴分别相交DD,CC两点,过点DD向以PP为圆心,22为半径的⊙P\odot P作右侧作切线,切点为EE.则四边形CPEDCPED面积的最小值为______.
(4)(4)在平面直角坐标系中,⊙A\odot A的半径为22,A(0,4)A\left(0,4\right),过直线y=kx(k≠0)y=kx\left(k\neq 0\right)上一点PP,作⊙A\odot A的切线,切点为EE,△PAE\triangle PAE面积的最小值为SS.若1≤S≤321≤S≤\frac{3}{2}.请直接写出kk的取值范围.
知识点：线段垂直平分线的性质、圆周角定理I、切线的判定、切线的判定与性质章节：第22章 圆（下） / 一 直线和圆 / 22.2 圆的切线

答案与解析

答案

(1)PA\left(1\right)PA存在最小值，理由：
∵AP=OP2−OA2\because AP=\sqrt{O{P}^{2}-O{A}^{2}}，其中OAOA为常数，
故当OP⊥OP\bot直线ll时，OPOP最小，此时APAP最小；
(2)(2)由（1）知，PE2=PD2−ED2=PD2−4PE^{2}=PD^{2}-ED^{2}=PD^{2}-4，
当点PP和点CC重合时，PD=CD=4PD=CD=4为最小，此时，PE=16−4=23PE=\sqrt{16-4}=2\sqrt{3}，
当点PP和点BB重合时，PD=BD=42PD=BD=4\sqrt{2}为增大，此时，PE=32−4=27PE=\sqrt{32-4}=2\sqrt{7}为最大，
故23⩽PE⩽272\sqrt{3}\leqslant PE\leqslant 2\sqrt{7}，
故答案为：23⩽PE⩽272\sqrt{3}\leqslant PE\leqslant 2\sqrt{7}；
(3)(3)直线y=34x+3y=\frac{3}{4}x+3向下平移55个单位得到直线y=34x−2y=\frac{3}{4}x-2，则点CC、DD的坐标分别为：(0,−2)\left(0,-2\right)、（83\frac{8}{3}，0)0)，
由点CC、DD的坐标得，CD=103CD=\frac{10}{3}，设直线ABAB和CDCD的距离为hh，过点BB作BM⊥CDBM\bot CD于点MM，

由直线CDCD的表达式知，tan⁡∠ODC=34\tan \angle ODC=\frac{3}{4}，则tan⁡∠OCD=43\tan \angle OCD=\frac{4}{3}，则sin⁡∠OCD=45\sin \angle OCD=\frac{4}{5}，则BM=BCsin⁡∠ODC=5×45=4BM=BC\sin \angle ODC=5\times \frac{4}{5}=4，
而PDPD的最小值=BM=4=h=BM=4=h，
则DEmin⁡=PD2−PE2=16−4=23DE_{\min }=\sqrt{P{D}^{2}-P{E}^{2}}=\sqrt{16-4}=2\sqrt{3}，
∵\because四边形CPEDCPED面积最小值=S△PCD+S△PED=12×CD×h+12×PE×EDmin⁡=12×103×4+12×2×23=20+633=S_{\triangle PCD}+S_{\triangle PED}=\frac{1}{2}×CD\times h+\frac{1}{2}×PE\times ED_{\min }=\frac{1}{2}\times \frac{10}{3}\times 4+\frac{1}{2}\times 2\times 2\sqrt{3}=\frac{20+6\sqrt{3}}{3}；
(4)(4)设直线y=kxy=kx和xx轴的夹角为α\alpha，
设点P(x,kx)P\left(x,kx\right)，
则tan⁡α=∣yP∣∣xP∣=∣kx∣∣x∣=∣k∣\tan \alpha =\frac{|{y}_{P}|}{{|x}_{P}|}=\frac{|kx|}{|x|}=|k|，则cos⁡α=∣xP∣PO=∣x∣x2+(kx)2=11+k2\cos \alpha =\frac{{|x}_{P}|}{PO}=\frac{|x|}{\sqrt{{x}^{2}+(kx)^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}，
如图，过点AA作AN⊥AN\bot直线ll，则∠OAN=α\angle OAN=\alpha，

则△PAE\triangle PAE面积=12×AE×PE=12×2×PE=PE=\frac{1}{2}\times AE\times PE=\frac{1}{2}\times 2\times PE=PE，即1⩽PE⩽321\leqslant PE\leqslant \frac{3}{2}，
则PE2=PA2−AE2=PA2−4PE^{2}=PA^{2}-AE^{2}=PA^{2}-4，
即当PAPA最小时，PEPE最小，
当AP⊥AP\bot直线ll时，即点PP、NN重合时，P(N)AP\left(N\right)A最小，
此时PA=AN=OAcos⁡α=41+k2PA=AN=OA\cos \alpha =\frac{4}{\sqrt{1+{k}^{2}}}，
而PE2=PA2−AE2=PA2−4PE^{2}=PA^{2}-AE^{2}=PA^{2}-4，1⩽PE⩽321\leqslant PE\leqslant \frac{3}{2}，
则5⩽PA2⩽2545\leqslant PA^{2}\leqslant \frac{25}{4}，
即5⩽16k2+1⩽2545\leqslant \frac{16}{{k}^{2}+1}\leqslant \frac{25}{4}，
解得：395⩽k⩽555\frac{\sqrt{39}}{5}\leqslant k\leqslant \frac{\sqrt{55}}{5}或−555⩽k⩽−395-\frac{\sqrt{55}}{5}\leqslant k\leqslant -\frac{\sqrt{39}}{5}.

解析

(1)PA\left(1\right)PA存在最小值，理由：
∵AP=OP2−OA2\because AP=\sqrt{O{P}^{2}-O{A}^{2}}，其中OAOA为常数，
故当OP⊥OP\bot直线ll时，OPOP最小，此时APAP最小；
(2)(2)由（1）知，PE2=PD2−ED2=PD2−4PE^{2}=PD^{2}-ED^{2}=PD^{2}-4，
当点PP和点CC重合时，PD=CD=4PD=CD=4为最小，此时，PE=16−4=23PE=\sqrt{16-4}=2\sqrt{3}，
当点PP和点BB重合时，PD=BD=42PD=BD=4\sqrt{2}为增大，此时，PE=32−4=27PE=\sqrt{32-4}=2\sqrt{7}为最大，
故23⩽PE⩽272\sqrt{3}\leqslant PE\leqslant 2\sqrt{7}，
故答案为：23⩽PE⩽272\sqrt{3}\leqslant PE\leqslant 2\sqrt{7}；
(3)(3)直线y=34x+3y=\frac{3}{4}x+3向下平移55个单位得到直线y=34x−2y=\frac{3}{4}x-2，则点CC、DD的坐标分别为：(0,−2)\left(0,-2\right)、（83\frac{8}{3}，0)0)，
由点CC、DD的坐标得，CD=103CD=\frac{10}{3}，设直线ABAB和CDCD的距离为hh，过点BB作BM⊥CDBM\bot CD于点MM，

由直线CDCD的表达式知，tan⁡∠ODC=34\tan \angle ODC=\frac{3}{4}，则tan⁡∠OCD=43\tan \angle OCD=\frac{4}{3}，则sin⁡∠OCD=45\sin \angle OCD=\frac{4}{5}，则BM=BCsin⁡∠ODC=5×45=4BM=BC\sin \angle ODC=5\times \frac{4}{5}=4，
而PDPD的最小值=BM=4=h=BM=4=h，
则DEmin⁡=PD2−PE2=16−4=23DE_{\min }=\sqrt{P{D}^{2}-P{E}^{2}}=\sqrt{16-4}=2\sqrt{3}，
∵\because四边形CPEDCPED面积最小值=S△PCD+S△PED=12×CD×h+12×PE×EDmin⁡=12×103×4+12×2×23=20+633=S_{\triangle PCD}+S_{\triangle PED}=\frac{1}{2}×CD\times h+\frac{1}{2}×PE\times ED_{\min }=\frac{1}{2}\times \frac{10}{3}\times 4+\frac{1}{2}\times 2\times 2\sqrt{3}=\frac{20+6\sqrt{3}}{3}；
(4)(4)设直线y=kxy=kx和xx轴的夹角为α\alpha，
设点P(x,kx)P\left(x,kx\right)，
则tan⁡α=∣yP∣∣xP∣=∣kx∣∣x∣=∣k∣\tan \alpha =\frac{|{y}_{P}|}{{|x}_{P}|}=\frac{|kx|}{|x|}=|k|，则cos⁡α=∣xP∣PO=∣x∣x2+(kx)2=11+k2\cos \alpha =\frac{{|x}_{P}|}{PO}=\frac{|x|}{\sqrt{{x}^{2}+(kx)^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}，
如图，过点AA作AN⊥AN\bot直线ll，则∠OAN=α\angle OAN=\alpha，

则△PAE\triangle PAE面积=12×AE×PE=12×2×PE=PE=\frac{1}{2}\times AE\times PE=\frac{1}{2}\times 2\times PE=PE，即1⩽PE⩽321\leqslant PE\leqslant \frac{3}{2}，
则PE2=PA2−AE2=PA2−4PE^{2}=PA^{2}-AE^{2}=PA^{2}-4，
即当PAPA最小时，PEPE最小，
当AP⊥AP\bot直线ll时，即点PP、NN重合时，P(N)AP\left(N\right)A最小，
此时PA=AN=OAcos⁡α=41+k2PA=AN=OA\cos \alpha =\frac{4}{\sqrt{1+{k}^{2}}}，
而PE2=PA2−AE2=PA2−4PE^{2}=PA^{2}-AE^{2}=PA^{2}-4，1⩽PE⩽321\leqslant PE\leqslant \frac{3}{2}，
则5⩽PA2⩽2545\leqslant PA^{2}\leqslant \frac{25}{4}，
即5⩽16k2+1⩽2545\leqslant \frac{16}{{k}^{2}+1}\leqslant \frac{25}{4}，
解得：395⩽k⩽555\frac{\sqrt{39}}{5}\leqslant k\leqslant \frac{\sqrt{55}}{5}或−555⩽k⩽−395-\frac{\sqrt{55}}{5}\leqslant k\leqslant -\frac{\sqrt{39}}{5}.

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