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三、解答题(共60分)
9. (14分)如图，AB为半圆O的直径，C为圆弧上一点，过点C的直线与AB的延长线交于点E，AD⊥CE，垂足为D，AC平分∠DAB.
(1) 求证:CE是⊙O的切线.
(2) 若AB=6，B为OE的中点，CF⊥AB，垂足为F，求CF的长.
9. (14分)如图，AB为半圆O的直径，C为圆弧上一点，过点C的直线与AB的延长线交于点E，AD⊥CE，垂足为D，AC平分∠DAB.
(1) 求证:CE是⊙O的切线.
(2) 若AB=6，B为OE的中点，CF⊥AB，垂足为F，求CF的长.
答案
9. (1) 如图
,连接OC.∵AC平分∠DAB,AD⊥CE,
∴∠DAC=∠CAO,∠ADC=90°.
∵OA=OC,
∴∠CAO=∠ACO.
∴∠DAC=∠ACO.
∴OC//AD.
∴∠OCE=∠ADC=90°,即OC⊥CE.又
∵OC是⊙O的半径,
∴CE为⊙O的切线
(2)
∵AB=6,B为OE的中点,
∴OA=OB=OC=3,OE=6.在Rt△OCE中,OC=3,OE=6,
∴$CE=\sqrt{OE^2-OC^2}=\sqrt{36-9}=3\sqrt{3}$.
∵$S_{△EOC}=\frac{1}{2}OC·CE=\frac{1}{2}OE·CF$,
∴$CF=\frac{OC·CE}{OE}=\frac{3×3\sqrt{3}}{6}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$
解析
【分析】
(1) 要证明CE是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明CE垂直于过切点C的半径，因此先连接辅助线OC。已知AC平分∠DAB，可得∠DAC=∠CAO，结合OA=OC的等腰三角形等边对等角的性质，可推出∠DAC=∠ACO，进而得到OC//AD，再由AD⊥CE的条件即可推出OC⊥CE，完成切线的证明。
(2) 求CF的长度时，先根据直径AB=6得出半圆半径OC=OB=3，结合B是OE中点的条件可得OE=6。在Rt△OCE中用勾股定理算出CE的长度，再利用△OCE的面积可分别以OC、CE为直角边，或以OE、CF为底和高两种方式计算，通过等积法建立等式即可求出CF的长度。
【解析】
(1) 如图，连接OC.
∵AC平分∠DAB，AD⊥CE，
∴∠DAC=∠CAO，∠ADC=90°.
∵OA=OC，
∴∠CAO=∠ACO.
∴∠DAC=∠ACO.
∴OC//AD.
∴∠OCE=∠ADC=90°，即OC⊥CE.
又
∵OC是⊙O的半径，
∴CE为⊙O的切线.
(2)
∵AB=6，B为OE的中点，
∴OA=OB=OC=3，OE=2OB=6.
在Rt△OCE中，OC=3，OE=6，
∴$CE=\sqrt{OE^2-OC^2}=\sqrt{36-9}=3\sqrt{3}$.
∵$S_{△EOC}=\frac{1}{2}OC·CE=\frac{1}{2}OE·CF$，
∴$CF=\frac{OC·CE}{OE}=\frac{3×3\sqrt{3}}{6}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.
【答案】
(1) 如图,连接OC.
∵AC平分∠DAB,AD⊥CE,
∴∠DAC=∠CAO,∠ADC=90°.
∵OA=OC,
∴∠CAO=∠ACO.
∴∠DAC=∠ACO.
∴OC//AD.
∴∠OCE=∠ADC=90°,即OC⊥CE.又
∵OC是⊙O的半径,
∴CE为⊙O的切线
(2)
∵AB=6,B为OE的中点,
∴OA=OB=OC=3,OE=6.在Rt△OCE中,OC=3,OE=6,
∴$CE=\sqrt{OE^2-OC^2}=\sqrt{36-9}=3\sqrt{3}$.
∵$S_{△EOC}=\frac{1}{2}OC·CE=\frac{1}{2}OE·CF$,
∴$CF=\frac{OC·CE}{OE}=\frac{3×3\sqrt{3}}{6}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$
【知识点】
切线的判定，勾股定理，等面积法
【点评】
本题是圆的基础综合题型，考查切线的判定逻辑和直角三角形线段计算方法，解题核心是正确添加辅助线，灵活运用等积法简化垂线段的计算过程，属于圆章节的常考基础题型。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明CE是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明CE垂直于过切点C的半径，因此先连接辅助线OC。已知AC平分∠DAB，可得∠DAC=∠CAO，结合OA=OC的等腰三角形等边对等角的性质，可推出∠DAC=∠ACO，进而得到OC//AD，再由AD⊥CE的条件即可推出OC⊥CE，完成切线的证明。
(2) 求CF的长度时，先根据直径AB=6得出半圆半径OC=OB=3，结合B是OE中点的条件可得OE=6。在Rt△OCE中用勾股定理算出CE的长度，再利用△OCE的面积可分别以OC、CE为直角边，或以OE、CF为底和高两种方式计算，通过等积法建立等式即可求出CF的长度。
【解析】
(1) 如图
，连接OC.∵AC平分∠DAB，AD⊥CE，
∴∠DAC=∠CAO，∠ADC=90°.
∵OA=OC，
∴∠CAO=∠ACO.
∴∠DAC=∠ACO.
∴OC//AD.
∴∠OCE=∠ADC=90°，即OC⊥CE.
又
∵OC是⊙O的半径，
∴CE为⊙O的切线.
(2)
∵AB=6，B为OE的中点，
∴OA=OB=OC=3，OE=2OB=6.
在Rt△OCE中，OC=3，OE=6，
∴$CE=\sqrt{OE^2-OC^2}=\sqrt{36-9}=3\sqrt{3}$.
∵$S_{△EOC}=\frac{1}{2}OC·CE=\frac{1}{2}OE·CF$，
∴$CF=\frac{OC·CE}{OE}=\frac{3×3\sqrt{3}}{6}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.
【答案】
(1) 如图
,连接OC.∵AC平分∠DAB,AD⊥CE,
∴∠DAC=∠CAO,∠ADC=90°.
∵OA=OC,
∴∠CAO=∠ACO.
∴∠DAC=∠ACO.
∴OC//AD.
∴∠OCE=∠ADC=90°,即OC⊥CE.又
∵OC是⊙O的半径,
∴CE为⊙O的切线
(2)
∵AB=6,B为OE的中点,
∴OA=OB=OC=3,OE=6.在Rt△OCE中,OC=3,OE=6,
∴$CE=\sqrt{OE^2-OC^2}=\sqrt{36-9}=3\sqrt{3}$.
∵$S_{△EOC}=\frac{1}{2}OC·CE=\frac{1}{2}OE·CF$,
∴$CF=\frac{OC·CE}{OE}=\frac{3×3\sqrt{3}}{6}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$
【知识点】
切线的判定，勾股定理，等面积法
【点评】
本题是圆的基础综合题型，考查切线的判定逻辑和直角三角形线段计算方法，解题核心是正确添加辅助线，灵活运用等积法简化垂线段的计算过程，属于圆章节的常考基础题型。
【难度系数】
0.7
10.（14分）在$\odot O$中，AB为直径，点C为圆上一点，将劣弧沿弦AC翻折交AB于点D，连接CD.
（1）如图①，若点D与圆心O重合，AC=2，求$\odot O$的半径r；
（2）如图②，若点D与圆心O不重合，$∠ BAC=20°$，请求出$∠ DCA$的度数.
（1）如图①，若点D与圆心O重合，AC=2，求$\odot O$的半径r；
（2）如图②，若点D与圆心O不重合，$∠ BAC=20°$，请求出$∠ DCA$的度数.
答案
10. (1) 如图①
,过点O作OE⊥AC,垂足为E,则AE=$\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×2=1$.∵翻折后点D与圆心O重合,
∴OE=$\frac{1}{2}r$.在Rt△AOE中,$AO^2=AE^2+OE^2$,
∴$r^2=1^2+(\frac{1}{2}r)^2$.解得$r=\frac{2\sqrt{3}}{3}$
(2) 如图②
,连接BC.∵AB是直径,
∴∠ACB=90°.
∵∠BAC=20°,
∴∠B=90°-∠BAC=90°-20°=70°.根据翻折的性质知:∠ADC的度数等于优弧$\overset{\frown}{ABC}$所对圆周角的度数,
∴∠ADC=180°-70°=110°.
∴∠DCA=180°-∠BAC-∠ADC=50°
解析
【分析】
（1）求$\odot O$的半径时，首先结合翻折的性质可知圆心O到弦AC的距离为半径的$\frac{1}{2}$，再利用垂径定理得到AC一半的长度，最后在直角三角形中用勾股定理列方程即可求解半径。
（2）求$∠ DCA$的度数时，先利用直径所对圆周角为直角，求出$∠ B$的度数，再根据翻折的性质得到$∠ ADC$与$∠ B$的互补关系，最后结合三角形内角和定理即可计算出$∠ DCA$的度数。
【解析】
（1）如图①，过点O作$OE⊥ AC$，垂足为E，
由垂径定理可得：$AE=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×2=1$，
∵翻折后点D与圆心O重合，
∴$OE=\frac{1}{2}r$，
在$Rt△ AOE$中，根据勾股定理得$AO^2=AE^2+OE^2$，
代入得：$r^2=1^2+(\frac{1}{2}r)^2$，
解得$r=\frac{2\sqrt{3}}{3}$（半径为正，舍去负根）。
（2）如图②，连接BC，
∵AB是$\odot O$的直径，
∴$∠ ACB=90°$，
∵$∠ BAC=20°$，
∴$∠ B=90°-∠ BAC=90°-20°=70°$，
根据翻折的性质，劣弧$\overset{\frown}{AC}$翻折后所对的圆周角$∠ ADC$与原劣弧$\overset{\frown}{AC}$所对圆周角$∠ B$互补，
∴$∠ ADC=180°-∠ B=180°-70°=110°$，
在$△ ADC$中，由三角形内角和为$180°$得：
$∠ DCA=180°-∠ BAC-∠ ADC=180°-20°-110°=50°$。
【答案】
(1) $\odot O$的半径$r=\frac{2\sqrt{3}}{3}$；
(2) $∠ DCA=50°$
（配图：如图①，如图②）
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，翻折的性质
【点评】
本题结合折叠变换考查圆的相关性质，解题的关键是合理添加辅助线，灵活运用勾股定理、三角形内角和定理进行计算，能较好地考查学生对基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
（1）求$\odot O$的半径时，首先结合翻折的性质可知圆心O到弦AC的距离为半径的$\frac{1}{2}$，再利用垂径定理得到AC一半的长度，最后在直角三角形中用勾股定理列方程即可求解半径。
（2）求$∠ DCA$的度数时，先利用直径所对圆周角为直角，求出$∠ B$的度数，再根据翻折的性质得到$∠ ADC$与$∠ B$的互补关系，最后结合三角形内角和定理即可计算出$∠ DCA$的度数。
【解析】
（1）如图①
，过点O作$OE⊥ AC$，垂足为E，由垂径定理可得：$AE=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×2=1$，
∵翻折后点D与圆心O重合，
∴$OE=\frac{1}{2}r$，
在$Rt△ AOE$中，根据勾股定理得$AO^2=AE^2+OE^2$，
代入得：$r^2=1^2+(\frac{1}{2}r)^2$，
解得$r=\frac{2\sqrt{3}}{3}$（半径为正，舍去负根）。
（2）如图②
，连接BC，∵AB是$\odot O$的直径，
∴$∠ ACB=90°$，
∵$∠ BAC=20°$，
∴$∠ B=90°-∠ BAC=90°-20°=70°$，
根据翻折的性质，劣弧$\overset{\frown}{AC}$翻折后所对的圆周角$∠ ADC$与原劣弧$\overset{\frown}{AC}$所对圆周角$∠ B$互补，
∴$∠ ADC=180°-∠ B=180°-70°=110°$，
在$△ ADC$中，由三角形内角和为$180°$得：
$∠ DCA=180°-∠ BAC-∠ ADC=180°-20°-110°=50°$。
【答案】
(1) $\odot O$的半径$r=\frac{2\sqrt{3}}{3}$；
(2) $∠ DCA=50°$
（配图：如图①
，如图②）【知识点】
垂径定理，圆周角定理，翻折的性质
【点评】
本题结合折叠变换考查圆的相关性质，解题的关键是合理添加辅助线，灵活运用勾股定理、三角形内角和定理进行计算，能较好地考查学生对基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
11. (16分)如图,圆内接四边形ABCD的对角线AC,BD交于点E,BD平分∠ABC,∠BAC=∠ADB.
(1) 求证:BD为圆的直径.
(2) 过点C作CF//AD交AB的延长线于点F,若AC=AD,BF=2,求此圆半径的长.
(1) 求证:BD为圆的直径.
(2) 过点C作CF//AD交AB的延长线于点F,若AC=AD,BF=2,求此圆半径的长.
答案
11. (1)
∵∠BAC=∠ADB,且∠BAC=∠CDB,
∴∠CDB=∠ADB.
∵BD平分∠ABC,
∴∠ABD=∠CBD.
∵四边形ABCD是圆内接四边形,
∴∠ABC+∠ADC=180°.
∴∠CDB+∠ADB+∠ABD+∠CBD=180°.
∴2(∠ADB+∠ABD)=180°.
∴∠ADB+∠ABD=90°,即∠BAD=90°.
∴BD为圆的直径
(2)
∵BD平分∠ABC,
∴∠ABD=∠CBD.
∵∠ABD=∠ACD,∠CBD=∠CAD,
∴∠ACD=∠CAD.
∴AD=CD.
∵AC=AD,
∴AC=AD=CD.
∴△ACD是等边三角形.
∴∠ADC=60°.
∴∠ABC=180°-∠ADC=180°-60°=120°.
∴∠CBF=180°-∠ABC=180°-120°=60°.
∵CF//AD,
∴∠BAD+∠F=180°.
∵∠BAD=90°,
∴∠F=90°.
∴∠BCF=90°-∠CBF=30°.
∴BC=2BF.
∵BF=2,
∴BC=4.
∵BD为直径,
∴∠BCD=90°.
∵∠ADB=∠CDB,∠ADC=60°,
∴∠CDB=30°.
∴BD=2BC=8.
∴圆的半径长为4
∵∠BAC=∠ADB,且∠BAC=∠CDB,
∴∠CDB=∠ADB.
∵BD平分∠ABC,
∴∠ABD=∠CBD.
∵四边形ABCD是圆内接四边形,
∴∠ABC+∠ADC=180°.
∴∠CDB+∠ADB+∠ABD+∠CBD=180°.
∴2(∠ADB+∠ABD)=180°.
∴∠ADB+∠ABD=90°,即∠BAD=90°.
∴BD为圆的直径
(2)
∵BD平分∠ABC,
∴∠ABD=∠CBD.
∵∠ABD=∠ACD,∠CBD=∠CAD,
∴∠ACD=∠CAD.
∴AD=CD.
∵AC=AD,
∴AC=AD=CD.
∴△ACD是等边三角形.
∴∠ADC=60°.
∴∠ABC=180°-∠ADC=180°-60°=120°.
∴∠CBF=180°-∠ABC=180°-120°=60°.
∵CF//AD,
∴∠BAD+∠F=180°.
∵∠BAD=90°,
∴∠F=90°.
∴∠BCF=90°-∠CBF=30°.
∴BC=2BF.
∵BF=2,
∴BC=4.
∵BD为直径,
∴∠BCD=90°.
∵∠ADB=∠CDB,∠ADC=60°,
∴∠CDB=30°.
∴BD=2BC=8.
∴圆的半径长为4
解析
【分析】
(1) 要证BD为圆的直径，根据圆周角定理推论，只需证明BD所对的圆周角∠BAD=90°即可。首先利用同弧所对圆周角相等，结合已知角相等推导出∠CDB=∠ADB，再结合角平分线得到∠ABD=∠CBD，最后利用圆内接四边形对角互补的性质，通过角的和差关系推导得出∠BAD=90°，完成证明。
(2) 首先结合角平分线、圆周角相等的性质及已知AC=AD，证明△ACD为等边三角形，求出∠ADC的度数，进而推导得到∠CBF的度数；再根据CF//AD和∠BAD=90°推出∠F=90°，利用含30°角的直角三角形的性质求出BC的长；最后结合直径所对圆周角为直角，再次利用含30°角的直角三角形的性质求出直径BD的长，即可得到圆的半径。
【解析】
(1) 证明：
∵∠BAC=∠ADB，且∠BAC和∠CDB是同弧BC所对的圆周角，即∠BAC=∠CDB，
∴∠CDB=∠ADB。
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD。
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠CDB+∠ADB+∠ABD+∠CBD=180°，
∴2(∠ADB+∠ABD)=180°，
∴∠ADB+∠ABD=90°，即∠BAD=90°，
∴BD为圆的直径。
(2) 解：
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD。
∵∠ABD和∠ACD是同弧AD所对的圆周角，∠CBD和∠CAD是同弧CD所对的圆周角，
∴∠ABD=∠ACD，∠CBD=∠CAD，
∴∠ACD=∠CAD，
∴AD=CD。
∵AC=AD，
∴AC=AD=CD，即△ACD是等边三角形，
∴∠ADC=60°，
∴∠ABC=180°-∠ADC=180°-60°=120°，
∴∠CBF=180°-∠ABC=180°-120°=60°。
∵CF//AD，
∴∠BAD+∠F=180°，
∵∠BAD=90°，
∴∠F=90°，
∴∠BCF=90°-∠CBF=30°，
∴BC=2BF。
∵BF=2，
∴BC=4。
∵BD为直径，
∴∠BCD=90°，
∵∠ADB=∠CDB，∠ADC=60°，
∴∠CDB=30°，
∴BD=2BC=8，
∴圆的半径长为$\frac{1}{2}BD=4$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) 此圆半径的长为4
【知识点】
1.圆周角定理及推论
2.圆内接四边形的性质
3.含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，核心考查圆的性质与特殊三角形的综合应用，解题关键是通过角的等量代换找到特殊角、特殊三角形的关系，既锻炼几何逻辑证明能力，也考查基础计算能力，是圆章节的典型常考题。
【难度系数】
0.6
(1) 要证BD为圆的直径，根据圆周角定理推论，只需证明BD所对的圆周角∠BAD=90°即可。首先利用同弧所对圆周角相等，结合已知角相等推导出∠CDB=∠ADB，再结合角平分线得到∠ABD=∠CBD，最后利用圆内接四边形对角互补的性质，通过角的和差关系推导得出∠BAD=90°，完成证明。
(2) 首先结合角平分线、圆周角相等的性质及已知AC=AD，证明△ACD为等边三角形，求出∠ADC的度数，进而推导得到∠CBF的度数；再根据CF//AD和∠BAD=90°推出∠F=90°，利用含30°角的直角三角形的性质求出BC的长；最后结合直径所对圆周角为直角，再次利用含30°角的直角三角形的性质求出直径BD的长，即可得到圆的半径。
【解析】
(1) 证明：
∵∠BAC=∠ADB，且∠BAC和∠CDB是同弧BC所对的圆周角，即∠BAC=∠CDB，
∴∠CDB=∠ADB。
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD。
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠CDB+∠ADB+∠ABD+∠CBD=180°，
∴2(∠ADB+∠ABD)=180°，
∴∠ADB+∠ABD=90°，即∠BAD=90°，
∴BD为圆的直径。
(2) 解：
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD。
∵∠ABD和∠ACD是同弧AD所对的圆周角，∠CBD和∠CAD是同弧CD所对的圆周角，
∴∠ABD=∠ACD，∠CBD=∠CAD，
∴∠ACD=∠CAD，
∴AD=CD。
∵AC=AD，
∴AC=AD=CD，即△ACD是等边三角形，
∴∠ADC=60°，
∴∠ABC=180°-∠ADC=180°-60°=120°，
∴∠CBF=180°-∠ABC=180°-120°=60°。
∵CF//AD，
∴∠BAD+∠F=180°，
∵∠BAD=90°，
∴∠F=90°，
∴∠BCF=90°-∠CBF=30°，
∴BC=2BF。
∵BF=2，
∴BC=4。
∵BD为直径，
∴∠BCD=90°，
∵∠ADB=∠CDB，∠ADC=60°，
∴∠CDB=30°，
∴BD=2BC=8，
∴圆的半径长为$\frac{1}{2}BD=4$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) 此圆半径的长为4
【知识点】
1.圆周角定理及推论
2.圆内接四边形的性质
3.含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，核心考查圆的性质与特殊三角形的综合应用，解题关键是通过角的等量代换找到特殊角、特殊三角形的关系，既锻炼几何逻辑证明能力，也考查基础计算能力，是圆章节的典型常考题。
【难度系数】
0.6
12. (16分)在矩形ABCD中，AB=6 cm，BC=8 cm，点P从点A出发沿边AB以1 cm/s的速度向点B移动，同时，点Q从点B出发沿边BC以2 cm/s的速度向点C移动，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(t＞0)s.
(1) 如图①，
(2) 在运动过程中，若以P为圆心、PA为半径的⊙P与BD相切(图①)，求t值.
(3) 如图②，若以Q为圆心，PQ为半径作⊙Q，则在运动过程中，是否存在这样的t值，使⊙Q正好与四边形ABCD的一边(或边所在的直线)相切？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由.
(1) 如图①，
3
s后，△BPQ的面积等于9 cm².(2) 在运动过程中，若以P为圆心、PA为半径的⊙P与BD相切(图①)，求t值.
(3) 如图②，若以Q为圆心，PQ为半径作⊙Q，则在运动过程中，是否存在这样的t值，使⊙Q正好与四边形ABCD的一边(或边所在的直线)相切？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由.
答案
12. (1) 由题意知,AP=t cm,BQ=2t cm,则BP=(6-t)cm.
∵$S_{△BPQ}=\frac{1}{2}·BP·BQ=9$,
∴$\frac{1}{2}(6-t)·2t=9$.整理,得$t^2-6t+9=0$.解得t=3.故当运动时间为3 s时,△BPQ的面积为9 cm²
(2) 如图①
,设切点为E,连接PE.∵AD⊥AP,
∴⊙P与AD相切.
∴⊙P分别与AD,BD相切.
∴AD=DE=8 cm.
∵⊙P与BD相切,
∴PE⊥BD.在Rt△ABD中,依据勾股定理,得$BD=\sqrt{6^2+8^2}=10$ cm,$BE=BD-DE=2$ cm.
∵AP=PE,
∴PE=t cm,PB=(6-t)cm.在Rt△PEB中,依据勾股定理,得$(6-t)^2=t^2+2^2$.解得$t=\frac{8}{3}$
(3) 存在这样的t值,使⊙Q正好与四边形ABCD的一边(或边所在的直线)相切.理由如下:
① 由题意知⊙Q不与AB,BC相切,如图②
,当⊙Q与AD相切时,设切点为E,连接QE,易得QE⊥AD,QE=PQ,四边形ABQE是矩形,∴QE=AB=PQ.
∴$6^2=(6-t)^2+(2t)^2$.解得$t_1=0$(舍去),$t_2=\frac{12}{5}$.如图③
,当⊙Q与DC相切,则PQ=QC.∴$(6-t)^2+(2t)^2=(8-2t)^2$.解得$t_1=-10+8\sqrt{2}$,$t_2=-10-8\sqrt{2}$(不合题意,舍去).综上所述,当t的值为$\frac{12}{5}$或$-10+8\sqrt{2}$时,⊙Q正好与四边形ABCD的一边(或边所在的直线)相切
解析
【分析】
(1) 本问是动点形成的三角形面积问题，先根据P、Q的运动速度和时间t，分别表示出△BPQ的两条直角边BP、BQ的长度，再代入直角三角形面积公式列出关于t的一元二次方程，求解即可，注意舍去不符合运动范围的解。
(2) 本问考查圆与直线相切的性质，先根据切线长定理得到⊙P与AD、BD的切线长相等，求出BD上BE的长度，再连接切点与圆心P得到垂直于BD的半径PE，在Rt△PEB中利用勾股定理列方程求解t值。
(3) 本问属于存在性问题，需分类讨论：首先判断⊙Q不可能与AB、BC相切，再分别讨论⊙Q与AD相切、与DC相切两种情况，相切时圆心到切线的距离等于半径PQ，结合矩形性质和勾股定理列方程，求解后舍去不符合实际的解即可。
【解析】
(1) 由题意知，AP=t cm，BQ=2t cm，则BP=(6-t)cm。
∵$S_{△BPQ}=\frac{1}{2}·BP·BQ=9$，
∴$\frac{1}{2}(6-t)·2t=9$。整理，得$t^2-6t+9=0$。解得t=3，符合运动时间要求。
(2) 如图①，设切点为E，连接PE。
∵AD⊥AP，
∴⊙P与AD相切。
∴⊙P分别与AD，BD相切。
∴AD=DE=8 cm。
∵⊙P与BD相切，
∴PE⊥BD。在Rt△ABD中，依据勾股定理，得$BD=\sqrt{6^2+8^2}=10$ cm，$BE=BD-DE=2$ cm。
∵AP=PE，
∴PE=t cm，PB=(6-t)cm。在Rt△PEB中，依据勾股定理，得$(6-t)^2=t^2+2^2$。解得$t=\frac{8}{3}$，符合要求。
(3) 存在这样的t值，使⊙Q正好与四边形ABCD的一边(或边所在的直线)相切。理由如下：
① 由题意知⊙Q不与AB，BC相切，如图②，当⊙Q与AD相切时，设切点为E，连接QE，易得QE⊥AD，QE=PQ，四边形ABQE是矩形，
∴QE=AB=PQ。
∴$6^2=(6-t)^2+(2t)^2$。解得$t_1=0$(舍去)，$t_2=\frac{12}{5}$。
如图③，当⊙Q与DC相切，则PQ=QC。
∴$(6-t)^2+(2t)^2=(8-2t)^2$。解得$t_1=-10+8\sqrt{2}$，$t_2=-10-8\sqrt{2}$(不合题意，舍去)。
综上所述，符合条件的t值为$\frac{12}{5}$或$-10+8\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 3
(2) $t=\frac{8}{3}$
(3) 存在，t的值为$\frac{12}{5}$或$-10+8\sqrt{2}$
【知识点】
切线的性质；勾股定理；一元二次方程的应用
【点评】
本题是动态几何综合题，结合了矩形、圆的切线、勾股定理等知识，考查了分类讨论思想和方程思想的应用，解题时要注意结合动点的运动范围，舍去不符合实际的解。
【难度系数】
0.55
(1) 本问是动点形成的三角形面积问题，先根据P、Q的运动速度和时间t，分别表示出△BPQ的两条直角边BP、BQ的长度，再代入直角三角形面积公式列出关于t的一元二次方程，求解即可，注意舍去不符合运动范围的解。
(2) 本问考查圆与直线相切的性质，先根据切线长定理得到⊙P与AD、BD的切线长相等，求出BD上BE的长度，再连接切点与圆心P得到垂直于BD的半径PE，在Rt△PEB中利用勾股定理列方程求解t值。
(3) 本问属于存在性问题，需分类讨论：首先判断⊙Q不可能与AB、BC相切，再分别讨论⊙Q与AD相切、与DC相切两种情况，相切时圆心到切线的距离等于半径PQ，结合矩形性质和勾股定理列方程，求解后舍去不符合实际的解即可。
【解析】
(1) 由题意知，AP=t cm，BQ=2t cm，则BP=(6-t)cm。
∵$S_{△BPQ}=\frac{1}{2}·BP·BQ=9$，
∴$\frac{1}{2}(6-t)·2t=9$。整理，得$t^2-6t+9=0$。解得t=3，符合运动时间要求。
(2) 如图①
，设切点为E，连接PE。∵AD⊥AP，
∴⊙P与AD相切。
∴⊙P分别与AD，BD相切。
∴AD=DE=8 cm。
∵⊙P与BD相切，
∴PE⊥BD。在Rt△ABD中，依据勾股定理，得$BD=\sqrt{6^2+8^2}=10$ cm，$BE=BD-DE=2$ cm。
∵AP=PE，
∴PE=t cm，PB=(6-t)cm。在Rt△PEB中，依据勾股定理，得$(6-t)^2=t^2+2^2$。解得$t=\frac{8}{3}$，符合要求。
(3) 存在这样的t值，使⊙Q正好与四边形ABCD的一边(或边所在的直线)相切。理由如下：
① 由题意知⊙Q不与AB，BC相切，如图②
，当⊙Q与AD相切时，设切点为E，连接QE，易得QE⊥AD，QE=PQ，四边形ABQE是矩形，∴QE=AB=PQ。
∴$6^2=(6-t)^2+(2t)^2$。解得$t_1=0$(舍去)，$t_2=\frac{12}{5}$。
如图③
，当⊙Q与DC相切，则PQ=QC。∴$(6-t)^2+(2t)^2=(8-2t)^2$。解得$t_1=-10+8\sqrt{2}$，$t_2=-10-8\sqrt{2}$(不合题意，舍去)。
综上所述，符合条件的t值为$\frac{12}{5}$或$-10+8\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 3
(2) $t=\frac{8}{3}$
(3) 存在，t的值为$\frac{12}{5}$或$-10+8\sqrt{2}$
【知识点】
切线的性质；勾股定理；一元二次方程的应用
【点评】
本题是动态几何综合题，结合了矩形、圆的切线、勾股定理等知识，考查了分类讨论思想和方程思想的应用，解题时要注意结合动点的运动范围，舍去不符合实际的解。
【难度系数】
0.55
