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1. (2025·芜湖月考) 如图,直线$l$与$x$轴、$y$轴分别相交于$A,B$两点,已知$B(0,\sqrt{3})$,$∠ BAO=$$30°$,圆心$P$的坐标为$(1,0)$.$\odot P$与$y$轴相切于点$O$,若将$\odot P$沿$x$轴向左移动,当$\odot P$与该直线相交时,横坐标为整数的点$P$的个数是（
A.2
B.3
C.4
D.5
B
）A.2
B.3
C.4
D.5
答案
1. B 解析:如图,作$\odot P'$与$\odot P''$分别切$AB$于点$D,E.∵ B(0,\sqrt{3}),∠ BAO=30°,∴ OA=3$,则点$A$的坐标为$(-3,0)$.连接$P' D, P'' E$,则$P' D ⊥ AB, P'' E ⊥ AB$.在$\mathrm{Rt}△ADP'$中,$AP' = 2DP' = 2$,同理可得$AP''=2$,则点$P'$的横坐标为$-3+2=-1$,点$P''$的横坐标为$-3-2=-5$,$∴$当$\odot P$与直线$l$相交时,点$P$的横坐标$x$的取值范围是$-5＜x＜-1$,$∴$横坐标为整数的点$P$的坐标为$(-2,0),(-3,0),(-4,0)$.故选 B.
解析
【分析】要解决这个问题，需先确定直线AB与x轴交点A的坐标，再根据圆与直线相切的性质，计算出⊙P与直线AB相切时圆心P的横坐标，从而得到⊙P与直线AB相交时横坐标的取值范围，最后找出该范围内横坐标为整数的点的个数。
【解析】
1. 求点A的坐标：已知B(0,√3)，∠BAO=30°，在Rt△AOB中，tan∠BAO = OB/OA，即tan30°=√3/OA，解得OA=√3÷(√3/3)=3，因此点A的坐标为(-3,0)。
2. 确定圆的半径：⊙P与y轴相切于点O，圆心P初始坐标为(1,0)，故⊙P的半径r=1。
3. 计算⊙P与直线AB相切时圆心的横坐标：当⊙P向左移动与直线AB相切时，设此时圆心为P'、P''，过P'作P'D⊥AB于D，过P''作P''E⊥AB于E，则P'D=P''E=r=1。在Rt△ADP'中，∠A=30°，所以AP'=2P'D=2；同理，在Rt△ADP''中，AP''=2P''E=2。
点P'在A右侧，横坐标为：-3 + 2 = -1；
点P''在A左侧，横坐标为：-3 - 2 = -5；
4. 确定相交时的横坐标范围：当⊙P与直线AB相交时，圆心P的横坐标x满足-5 ＜ x ＜ -1。
5. 找整数点：在-5 ＜ x ＜ -1范围内，横坐标为整数的点有(-4,0)、(-3,0)、(-2,0)，共3个。
【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系、坐标与图形性质、解直角三角形
【点评】本题结合直角三角形的性质和直线与圆的位置关系，考查坐标计算，关键是利用相切时圆心到直线的距离等于半径，求出临界位置的圆心坐标，进而确定相交范围，难度适中。
【难度系数】0.5
【解析】
1. 求点A的坐标：已知B(0,√3)，∠BAO=30°，在Rt△AOB中，tan∠BAO = OB/OA，即tan30°=√3/OA，解得OA=√3÷(√3/3)=3，因此点A的坐标为(-3,0)。
2. 确定圆的半径：⊙P与y轴相切于点O，圆心P初始坐标为(1,0)，故⊙P的半径r=1。
3. 计算⊙P与直线AB相切时圆心的横坐标：当⊙P向左移动与直线AB相切时，设此时圆心为P'、P''，过P'作P'D⊥AB于D，过P''作P''E⊥AB于E，则P'D=P''E=r=1。在Rt△ADP'中，∠A=30°，所以AP'=2P'D=2；同理，在Rt△ADP''中，AP''=2P''E=2。
点P'在A右侧，横坐标为：-3 + 2 = -1；
点P''在A左侧，横坐标为：-3 - 2 = -5；
4. 确定相交时的横坐标范围：当⊙P与直线AB相交时，圆心P的横坐标x满足-5 ＜ x ＜ -1。
5. 找整数点：在-5 ＜ x ＜ -1范围内，横坐标为整数的点有(-4,0)、(-3,0)、(-2,0)，共3个。
【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系、坐标与图形性质、解直角三角形
【点评】本题结合直角三角形的性质和直线与圆的位置关系，考查坐标计算，关键是利用相切时圆心到直线的距离等于半径，求出临界位置的圆心坐标，进而确定相交范围，难度适中。
【难度系数】0.5
2. 如图,点$P$在函数$y=\dfrac{4\sqrt{3}}{x}(x＞0)$的图象上运动,$O$为坐标原点,点$A$为$PO$的中点,以点$P$为圆心,$PA$为半径作$\odot P$,则当$\odot P$与坐标轴相切时,点$P$的坐标为
$(2\sqrt{3},2)$或$(2,2\sqrt{3})$
.答案
2. $(2\sqrt{3},2)$或$(2,2\sqrt{3})$ 解析:①当$\odot P$与$x$轴相切时,如图①,设切点为$M$,$∴ PM ⊥ x$轴.$∵$ 点$A$为$PO$的中点,$∴ AO=AP=PM=\dfrac{1}{2}OP$.$∵ OP^2=OM^2+PM^2$,$∴ OM=\sqrt{3}PM$.设$P(a,\dfrac{4\sqrt{3}}{a})$,则$OM=a,PM=\dfrac{4\sqrt{3}}{a}$,$∴ a=\sqrt{3}×\dfrac{4\sqrt{3}}{a}$,解得$a=2\sqrt{3}$(负值已舍去),经检验,$a=2\sqrt{3}$是原方程的解,$∴$ 点$P$的坐标为$(2\sqrt{3},2)$.
②当$\odot P$与$y$轴相切时,如图②,设切点为$N$,$∴ PN ⊥ y$轴.$∵$ 点$A$为$PO$的中点,$∴ AO=AP=PN=\dfrac{1}{2}OP$.$∵ OP^2=ON^2+PN^2$,$∴ ON=\sqrt{3}PN$.设$P(b,\dfrac{4\sqrt{3}}{b})$,则$ON=\dfrac{4\sqrt{3}}{b},PN=b$,$∴ \dfrac{4\sqrt{3}}{b}=\sqrt{3}b$,解得$b=2$(负值已舍去),经检验,$b=2$是原方程的解,$∴ P(2,2\sqrt{3})$.综上可知,点$P$的坐标为$(2\sqrt{3},2)$或$(2,2\sqrt{3})$.
解析
【分析】
要解决该问题，需分两种情况讨论⊙P与坐标轴的相切情况：①⊙P与x轴相切；②⊙P与y轴相切。首先根据点P在反比例函数图象上设出P的坐标，再利用“圆的切线性质（圆心到切线的距离等于半径）”和“A是PO中点得半径PA=PO/2”，结合勾股定理建立方程，求解得到P的坐标。
【解析】
设点P的坐标为$(a, \frac{4\sqrt{3}}{a})$（$a＞0$），因A是PO中点，故⊙P的半径$PA=\frac{1}{2}OP$。
1. 当⊙P与x轴相切时：
如图①，切点为M，$PM⊥x$轴，此时圆心P到x轴的距离等于半径，即$PM=PA$。
由$PA=\frac{1}{2}OP$得$PM=\frac{1}{2}OP$，在$Rt△OPM$中，根据勾股定理：
$OP^2=OM^2 + PM^2$，代入$PM=\frac{1}{2}OP$，化简得$OM=\sqrt{3}PM$。
又$OM=a$，$PM=\frac{4\sqrt{3}}{a}$，故$a=\sqrt{3}×\frac{4\sqrt{3}}{a}$，整理得$a^2=12$，解得$a=2\sqrt{3}$（负值舍去），此时$\frac{4\sqrt{3}}{a}=2$，得P$(2\sqrt{3},2)$。
2. 当⊙P与y轴相切时：
如图②，切点为N，$PN⊥y$轴，此时圆心P到y轴的距离等于半径，即$PN=PA$。
同理，$PN=\frac{1}{2}OP$，在$Rt△OPN$中，$ON=\sqrt{3}PN$。
又$PN=a$，$ON=\frac{4\sqrt{3}}{a}$，故$\frac{4\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}a$，整理得$a^2=4$，解得$a=2$（负值舍去），此时$\frac{4\sqrt{3}}{a}=2\sqrt{3}$，得P$(2,2\sqrt{3})$。
综上，点P的坐标为$(2\sqrt{3},2)$或$(2,2\sqrt{3})$。
【答案】
$(2\sqrt{3},2)$或$(2,2\sqrt{3})$
【知识点】
反比例函数、圆的切线性质、坐标与图形
【点评】
本题为反比例函数与圆的综合题，需分情况讨论⊙P与x轴、y轴相切的两种情形，核心是利用切线性质和勾股定理建立方程，考查分类讨论思想和代数运算能力，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决该问题，需分两种情况讨论⊙P与坐标轴的相切情况：①⊙P与x轴相切；②⊙P与y轴相切。首先根据点P在反比例函数图象上设出P的坐标，再利用“圆的切线性质（圆心到切线的距离等于半径）”和“A是PO中点得半径PA=PO/2”，结合勾股定理建立方程，求解得到P的坐标。
【解析】
设点P的坐标为$(a, \frac{4\sqrt{3}}{a})$（$a＞0$），因A是PO中点，故⊙P的半径$PA=\frac{1}{2}OP$。
1. 当⊙P与x轴相切时：
如图①，切点为M，$PM⊥x$轴，此时圆心P到x轴的距离等于半径，即$PM=PA$。
由$PA=\frac{1}{2}OP$得$PM=\frac{1}{2}OP$，在$Rt△OPM$中，根据勾股定理：
$OP^2=OM^2 + PM^2$，代入$PM=\frac{1}{2}OP$，化简得$OM=\sqrt{3}PM$。
又$OM=a$，$PM=\frac{4\sqrt{3}}{a}$，故$a=\sqrt{3}×\frac{4\sqrt{3}}{a}$，整理得$a^2=12$，解得$a=2\sqrt{3}$（负值舍去），此时$\frac{4\sqrt{3}}{a}=2$，得P$(2\sqrt{3},2)$。
2. 当⊙P与y轴相切时：
如图②，切点为N，$PN⊥y$轴，此时圆心P到y轴的距离等于半径，即$PN=PA$。
同理，$PN=\frac{1}{2}OP$，在$Rt△OPN$中，$ON=\sqrt{3}PN$。
又$PN=a$，$ON=\frac{4\sqrt{3}}{a}$，故$\frac{4\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}a$，整理得$a^2=4$，解得$a=2$（负值舍去），此时$\frac{4\sqrt{3}}{a}=2\sqrt{3}$，得P$(2,2\sqrt{3})$。
综上，点P的坐标为$(2\sqrt{3},2)$或$(2,2\sqrt{3})$。
【答案】
$(2\sqrt{3},2)$或$(2,2\sqrt{3})$
【知识点】
反比例函数、圆的切线性质、坐标与图形
【点评】
本题为反比例函数与圆的综合题，需分情况讨论⊙P与x轴、y轴相切的两种情形，核心是利用切线性质和勾股定理建立方程，考查分类讨论思想和代数运算能力，难度适中。
【难度系数】
0.5
3. (2026·连云港期中) 如图,线段 $AB = BC =$$CD=3,AB// CD,∠ ABC=120°,\odot O$ 的半径为1,当$\odot O$从点A沿着$AB-BC-CD$滚动到点D时圆心O经过的路径长是（
A.8
B.9
C.$8+\dfrac{1}{3}π-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
D.$9+\dfrac{1}{3}π-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
D
）A.8
B.9
C.$8+\dfrac{1}{3}π-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
D.$9+\dfrac{1}{3}π-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
答案
3. D 解析:如图所示,$∵ AB=3,∠ ABC=120°$,$∴ OE=AB=3$,$∠ EBF=180°-120°=60°$,$∴ \overset{\frown}{EF}$的长为$\dfrac{60π·1}{180}=\dfrac{π}{3}$.$∵ AB// CD$,$∴ ∠ BCD=∠ ABC=120°$,$∴ ∠ HCN=∠ HCM=60°$.在$\mathrm{Rt}△HNC$中,$∵ ∠ HCN=60°,HN=1$,$∴ CN=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$,$∴ FH+HG=6-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$,$∴$ 圆心$O$经过的路径长是$3+\dfrac{π}{3}+6-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}=9+\dfrac{π}{3}-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$.故选 D.
解析
【分析】
要计算圆心O经过的路径长，需明确圆沿折线AB-BC-CD滚动时，圆心轨迹由平行于各边的线段和拐角处的圆弧组成。圆心到各边的距离始终等于⊙O的半径1，因此需分别计算直线段轨迹长度和拐角处的圆弧长度，再求和。
【解析】
1. 直线段轨迹：
AB段：圆心轨迹平行于AB，长度为AB=3；
BC段：圆心轨迹平行于BC，长度为3；
CD段：圆心轨迹平行于CD，长度为3；
直线段总长度为9，但需减去两个拐角处的线段长度，每个拐角处线段长度为$\frac{\sqrt{3}}{3}$，共减去$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，故直线段实际长度为$9 - \frac{2\sqrt{3}}{3}$；
2. 圆弧段轨迹：
在B点，圆心转过的角度为$180° - ∠ ABC = 180° -120°=60°$，对应圆弧长为$\frac{60π ×1}{180}=\frac{π}{3}$；
C点的圆弧段与B点相同，总圆弧长为$\frac{π}{3}$；
3. 总路径长：直线段长度加圆弧段长度，即$9 - \frac{2\sqrt{3}}{3} + \frac{π}{3}=9+\frac{1}{3}π-\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
D
【知识点】
圆的弧长公式，几何路径计算，平行线性质
【点评】
本题考查圆滚动时圆心路径的计算，关键是拆分轨迹为线段和圆弧，结合折线角度、圆半径计算各部分长度，需注意拐角处的线段调整，综合性较强，对几何分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
要计算圆心O经过的路径长，需明确圆沿折线AB-BC-CD滚动时，圆心轨迹由平行于各边的线段和拐角处的圆弧组成。圆心到各边的距离始终等于⊙O的半径1，因此需分别计算直线段轨迹长度和拐角处的圆弧长度，再求和。
【解析】
1. 直线段轨迹：
AB段：圆心轨迹平行于AB，长度为AB=3；
BC段：圆心轨迹平行于BC，长度为3；
CD段：圆心轨迹平行于CD，长度为3；
直线段总长度为9，但需减去两个拐角处的线段长度，每个拐角处线段长度为$\frac{\sqrt{3}}{3}$，共减去$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，故直线段实际长度为$9 - \frac{2\sqrt{3}}{3}$；
2. 圆弧段轨迹：
在B点，圆心转过的角度为$180° - ∠ ABC = 180° -120°=60°$，对应圆弧长为$\frac{60π ×1}{180}=\frac{π}{3}$；
C点的圆弧段与B点相同，总圆弧长为$\frac{π}{3}$；
3. 总路径长：直线段长度加圆弧段长度，即$9 - \frac{2\sqrt{3}}{3} + \frac{π}{3}=9+\frac{1}{3}π-\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
D
【知识点】
圆的弧长公式，几何路径计算，平行线性质
【点评】
本题考查圆滚动时圆心路径的计算，关键是拆分轨迹为线段和圆弧，结合折线角度、圆半径计算各部分长度，需注意拐角处的线段调整，综合性较强，对几何分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
4. (南通中考) 如图,一张半径为$r$的圆形纸片在边长为$a(a ≥ 2\sqrt{3}r)$的等边三角形内任意运动,则在该等边三角形内,这张圆形纸片“不能接触到的部分”的面积是（
A.$\dfrac{π}{3}r^{2}$
B.$\dfrac{(3\sqrt{3}-π)}{3}r^{2}$
C.$(3\sqrt{3}-π)r^{2}$
D.$π r^{2}$
C
）A.$\dfrac{π}{3}r^{2}$
B.$\dfrac{(3\sqrt{3}-π)}{3}r^{2}$
C.$(3\sqrt{3}-π)r^{2}$
D.$π r^{2}$
答案
4. C 解析:如图,当圆形纸片运动到与$∠ BAC$的两边都相切的位置时,过圆形纸片的圆心$O_1$作两边的垂线,垂足分别为$D,E$,连接$AO_1$,在$\mathrm{Rt}△ADO_1$中,$∠ O_1 AD=\dfrac{1}{2}∠ CAB=30°$,$O_1 D=r$,$∴ AD=\sqrt{3}\ r$,$∴ S_{△ADO_1}=\dfrac{1}{2}O_1 D· AD=\dfrac{\sqrt{3}}{2}r^2$,$S_{\mathrm{四边形}ADO_1E}=2S_{△ADO_1}=\sqrt{3}r^2$.由题意得$∠ DO_1 E=120°$,$∴ S_{\mathrm{扇形}O_1DE}=\dfrac{π}{3}r^2$,$∴$ 圆形纸片“不能接触到的部分”的面积为$3(\sqrt{3}r^2-\dfrac{π}{3}r^2)=(3\sqrt{3}-π)r^2$,故选 C.
解析
【分析】
要解决这个问题，需明确圆形纸片在等边三角形内运动时，无法接触的部分是等边三角形的三个角落区域。每个角落区域的面积可通过“圆心与角的两边构成的图形面积减去对应扇形面积”计算，再将三个角落的面积求和，即可得到圆形不能接触的总面积。
【解析】
1. 等边三角形的每个内角为$60°$，圆形纸片半径为$r$。当圆形靠近等边三角形的一个内角时，与该角的两边相切，此时圆心到角两边的距离均为$r$。
2. 设等边三角形的一个内角顶点为$A$，圆心为$O$，作$OD ⊥ AB$于$D$，$OE ⊥ AC$于$E$，则$OD=OE=r$，$∠ OAD=∠ OAE=30°$。在$\mathrm{Rt}△ ADO$中，$AD=OD · \cot30°=\sqrt{3}r$，因此$S_{△ ADO}=\frac{1}{2} · OD · AD=\frac{\sqrt{3}}{2}r^2$，四边形$ADOE$的面积为$2S_{△ ADO}=\sqrt{3}r^2$。
3. 圆心处的角$∠ DOE=180° - 60°=120°$，对应扇形$ODE$的面积为$S_{\mathrm{扇形}}=\frac{120°}{360°} · π r^2=\frac{π}{3}r^2$。
4. 等边三角形一个内角处，圆形不能接触的面积为：$\sqrt{3}r^2 - \frac{π}{3}r^2$。
5. 等边三角形有3个这样的内角，因此圆形不能接触的总面积为：$3 × (\sqrt{3}r^2 - \frac{π}{3}r^2)=(3\sqrt{3}-π)r^2$。
【答案】
C
【知识点】
等边三角形性质、圆的切线性质、扇形面积计算
【点评】
本题结合等边三角形和圆的性质，考查几何面积的计算，关键是明确圆形无法接触的区域为三个角落，需分别计算每个角落的面积再求和，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，需明确圆形纸片在等边三角形内运动时，无法接触的部分是等边三角形的三个角落区域。每个角落区域的面积可通过“圆心与角的两边构成的图形面积减去对应扇形面积”计算，再将三个角落的面积求和，即可得到圆形不能接触的总面积。
【解析】
1. 等边三角形的每个内角为$60°$，圆形纸片半径为$r$。当圆形靠近等边三角形的一个内角时，与该角的两边相切，此时圆心到角两边的距离均为$r$。
2. 设等边三角形的一个内角顶点为$A$，圆心为$O$，作$OD ⊥ AB$于$D$，$OE ⊥ AC$于$E$，则$OD=OE=r$，$∠ OAD=∠ OAE=30°$。在$\mathrm{Rt}△ ADO$中，$AD=OD · \cot30°=\sqrt{3}r$，因此$S_{△ ADO}=\frac{1}{2} · OD · AD=\frac{\sqrt{3}}{2}r^2$，四边形$ADOE$的面积为$2S_{△ ADO}=\sqrt{3}r^2$。
3. 圆心处的角$∠ DOE=180° - 60°=120°$，对应扇形$ODE$的面积为$S_{\mathrm{扇形}}=\frac{120°}{360°} · π r^2=\frac{π}{3}r^2$。
4. 等边三角形一个内角处，圆形不能接触的面积为：$\sqrt{3}r^2 - \frac{π}{3}r^2$。
5. 等边三角形有3个这样的内角，因此圆形不能接触的总面积为：$3 × (\sqrt{3}r^2 - \frac{π}{3}r^2)=(3\sqrt{3}-π)r^2$。
【答案】
C
【知识点】
等边三角形性质、圆的切线性质、扇形面积计算
【点评】
本题结合等边三角形和圆的性质，考查几何面积的计算，关键是明确圆形无法接触的区域为三个角落，需分别计算每个角落的面积再求和，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.5
5. (2026·南京期中) 在矩形 $ABCD$ 中, $AB = 6\ \mathrm{cm}, BC = 8\ \mathrm{cm}$, 点 $P$ 从点 $A$ 出发沿 $AB$ 边以 $1\ \mathrm{cm/s}$ 的速度向点 $B$ 移动(点 $P$ 可以与点 $A$ 重合), 同时, 点 $Q$ 从点 $B$ 出发沿 $BC$ 以 $2\ \mathrm{cm/s}$ 的速度向点 $C$ 移动(点 $Q$ 可以与点 $B$ 重合),其中一点到达终点时, 另一点随之停止运动,设运动时间为 $t$ 秒.
(1) 如图 ①, 几秒时, $△ BPQ$ 的面积等于 $8\ \mathrm{cm}^2$?
(2) 如图②, 在运动过程中, 若以点 $P$ 为圆心、$PA$ 为半径的 $\odot P$ 与 $BD$ 相切, 求 $t$ 的值.
(3) 若以 $Q$ 为圆心, $PQ$ 为半径作 $\odot Q$. 如图③,若 $\odot Q$ 与四边形 $CDPQ$ 的边有三个公共点, 则$t$ 的取值范围是
(1) 如图 ①, 几秒时, $△ BPQ$ 的面积等于 $8\ \mathrm{cm}^2$?
(2) 如图②, 在运动过程中, 若以点 $P$ 为圆心、$PA$ 为半径的 $\odot P$ 与 $BD$ 相切, 求 $t$ 的值.
(3) 若以 $Q$ 为圆心, $PQ$ 为半径作 $\odot Q$. 如图③,若 $\odot Q$ 与四边形 $CDPQ$ 的边有三个公共点, 则$t$ 的取值范围是
$0＜t＜-10+2\sqrt{41}$
.(直接写出结果, 不需说理)答案
5. (1) 由题意知$AP=t\ \mathrm{cm},BQ=2t\ \mathrm{cm}$,则$BP=(6-t)\ \mathrm{cm}$,由$S_{△BPQ}=\dfrac{1}{2}· BP· BQ=8$,可得$\dfrac{1}{2}(6-t)· 2t=8$,解得$t=2$或$t=4$,故当运动时间为2秒或4秒时,$△ BPQ$的面积为$8\ \mathrm{cm}^2$.
(2) 设$\odot P$与$BD$相切于点$E$,连接$PE$.$∵ AD ⊥ AP$,$∴ \odot P$与$AD$相切,$∴ \odot P$分别与$AD,BD$相切,$∴ AD=DE=8\ \mathrm{cm}$.$∵ \odot P$与$BD$相切,$∴ PE ⊥ BD$.在$\mathrm{Rt}△ABD$中,依据勾股定理可得$BD=10\ \mathrm{cm}$,$∴ BE=BD-DE=2\ \mathrm{cm}$.$∵ AP=PE$,$∴ PE=t\ \mathrm{cm}$,$PB=(6-t)\ \mathrm{cm}$.在$\mathrm{Rt}△PEB$中,依据勾股定理,得$(6-t)^2=t^2+2^2$,解得$t=\dfrac{8}{3}$.
(3)$0＜t＜-10+2\sqrt{41}$ 解析:①当$t=0$时,如图①所示,$\odot Q$与四边形$CDPQ$有两个公共点;
②如图②所示,当$\odot Q$经过点$D$时,$\odot Q$与四边形$CDPQ$有两个公共点,则$PQ=QD$,得方程$(6-t)^2+(2t)^2=6^2+(8-2t)^2$,解得$t=-10-2\sqrt{41}$(舍去)或$t=-10+2\sqrt{41}$,$∴$ 当$0＜t＜-10+2\sqrt{41}$时,$\odot Q$与四边形$CDPQ$有三个公共点.
解析
【分析】
本题为矩形背景下的动点综合题，需结合直角三角形面积公式、切线性质、圆与直线的位置关系等知识求解。
(1) 第(1)问：△BPQ是直角三角形，用运动时间t表示BP、BQ的长度，代入面积公式列一元二次方程，结合运动时间范围求解；
(2) 第(2)问：利用切线长定理，结合矩形对角线长度，在直角三角形中用勾股定理列方程求t；
(3) 第(3)问：找到⊙Q与四边形CDPQ边有三个公共点的临界点（⊙Q过点D），列方程求临界t值，结合t的范围得结果。
【解析】
(1) 由题意，运动时间为t秒时，AP = t cm，BQ = 2t cm，BP = (6 - t) cm，且Q到C的时间为8÷2=4秒，故t的取值范围是0≤t≤4。
△BPQ为直角三角形，∠B=90°，面积公式为$S=\frac{1}{2}BP·BQ$，代入得：
$\frac{1}{2}(6-t)·2t=8$，化简得$t^2 -6t +8=0$，解得$t=2$或$t=4$，均符合0≤t≤4，故2秒或4秒时，△BPQ面积为$8\ \mathrm{cm}^2$。
(2) 设⊙P与BD相切于点E，连接PE。因AD⊥AP，PA是⊙P半径，故AD是⊙P切线；又BD是⊙P切线，根据切线长定理得$AD=DE$。
矩形ABCD中，$AD=8\ \mathrm{cm}$，$AB=6\ \mathrm{cm}$，由勾股定理得$BD=\sqrt{6^2+8^2}=10\ \mathrm{cm}$，故$DE=8\ \mathrm{cm}$，$BE=BD-DE=2\ \mathrm{cm}$。
⊙P半径$PA=PE=t\ \mathrm{cm}$，$PB=(6-t)\ \mathrm{cm}$，因PE⊥BD，在Rt△PEB中由勾股定理：
$t^2 + 2^2=(6-t)^2$，解得$t=\frac{8}{3}$。
(3) 当⊙Q经过点D时，PQ=QD，此时为临界点。PQ=$\sqrt{(6-t)^2+(2t)^2}$，QD=$\sqrt{6^2+(8-2t)^2}$，平方后列方程：
$(6-t)^2+(2t)^2=6^2+(8-2t)^2$，化简得$t^2+20t-64=0$，解得正根$t=-10+2\sqrt{41}$，故当$0＜t＜-10+2\sqrt{41}$时，⊙Q与四边形CDPQ的边有三个公共点。
【答案】
(1) 2秒或4秒；(2) $t=\frac{8}{3}$；(3) $0＜t＜-10+2\sqrt{41}$
【知识点】
矩形性质、切线长定理、圆的位置关系
【点评】
本题是矩形背景下的动点综合题，需运用方程思想和数形结合方法分析，考查切线性质、圆与直线交点等知识，难度适中，需熟练掌握几何定理的应用。
【难度系数】
0.5
本题为矩形背景下的动点综合题，需结合直角三角形面积公式、切线性质、圆与直线的位置关系等知识求解。
(1) 第(1)问：△BPQ是直角三角形，用运动时间t表示BP、BQ的长度，代入面积公式列一元二次方程，结合运动时间范围求解；
(2) 第(2)问：利用切线长定理，结合矩形对角线长度，在直角三角形中用勾股定理列方程求t；
(3) 第(3)问：找到⊙Q与四边形CDPQ边有三个公共点的临界点（⊙Q过点D），列方程求临界t值，结合t的范围得结果。
【解析】
(1) 由题意，运动时间为t秒时，AP = t cm，BQ = 2t cm，BP = (6 - t) cm，且Q到C的时间为8÷2=4秒，故t的取值范围是0≤t≤4。
△BPQ为直角三角形，∠B=90°，面积公式为$S=\frac{1}{2}BP·BQ$，代入得：
$\frac{1}{2}(6-t)·2t=8$，化简得$t^2 -6t +8=0$，解得$t=2$或$t=4$，均符合0≤t≤4，故2秒或4秒时，△BPQ面积为$8\ \mathrm{cm}^2$。
(2) 设⊙P与BD相切于点E，连接PE。因AD⊥AP，PA是⊙P半径，故AD是⊙P切线；又BD是⊙P切线，根据切线长定理得$AD=DE$。
矩形ABCD中，$AD=8\ \mathrm{cm}$，$AB=6\ \mathrm{cm}$，由勾股定理得$BD=\sqrt{6^2+8^2}=10\ \mathrm{cm}$，故$DE=8\ \mathrm{cm}$，$BE=BD-DE=2\ \mathrm{cm}$。
⊙P半径$PA=PE=t\ \mathrm{cm}$，$PB=(6-t)\ \mathrm{cm}$，因PE⊥BD，在Rt△PEB中由勾股定理：
$t^2 + 2^2=(6-t)^2$，解得$t=\frac{8}{3}$。
(3) 当⊙Q经过点D时，PQ=QD，此时为临界点。PQ=$\sqrt{(6-t)^2+(2t)^2}$，QD=$\sqrt{6^2+(8-2t)^2}$，平方后列方程：
$(6-t)^2+(2t)^2=6^2+(8-2t)^2$，化简得$t^2+20t-64=0$，解得正根$t=-10+2\sqrt{41}$，故当$0＜t＜-10+2\sqrt{41}$时，⊙Q与四边形CDPQ的边有三个公共点。
【答案】
(1) 2秒或4秒；(2) $t=\frac{8}{3}$；(3) $0＜t＜-10+2\sqrt{41}$
【知识点】
矩形性质、切线长定理、圆的位置关系
【点评】
本题是矩形背景下的动点综合题，需运用方程思想和数形结合方法分析，考查切线性质、圆与直线交点等知识，难度适中，需熟练掌握几何定理的应用。
【难度系数】
0.5
