2020-2021学年江苏省苏州市高新实验中学九年级(上)月考数学试卷(10月份)(附答案详解)

2020-2021学年江苏省苏州市高新实验中学九年级（上）月考数
学试卷（10月份）
1.下列说法中，不正确的是( )
A. 圆心角的角度与它所对的弧的度数相等
B. 同圆中，所有半径都相等
C. 圆既是轴对称图形又是中心对称图形
D. 长度相同的弧是等弧
2.三角形外接圆的圆心是( )
A. 三边垂直平分线的交点
B. 三个内角平分线的交点
C. 三条中线的交点
D. 三条高线的交点
3.一元二次方程x2−2x+m=0没有实数根，则m应满足的条件是( )
A. m>1
B. m=1
C. m<1
D. m≤1
4.一元二次方程x2+4x−3=0的两根为x1、x2，则x1⋅x2的值是( )
A. 4
B. −4
C. 3
D. −3
5.以坐标原点为圆心，以2个单位为半径画⊙O，下面的点中，在⊙O上的是( )
A. (1,1)
B. (√2,√2)
C. (1,3)
D. (1,√2)
6.用一个半径为30，圆心角为120∘的扇形围成一个圆锥，则这个圆锥的底面半径是( )
A. 10
B. 20
C. 10π
D. 20π
7.在平面直角坐标系中，以点(3,−5)为圆心，r为半径的圆上有且仅有两点到x轴所在直线的距
离等于1，则圆的半径r的取值范围是( )
A. r>4
B. 0<r<6
C. 4≤r<6
D. 4<r<6
8.设a、b是一元二次方程x2−2x−1=0的两个根，则a2+a+3b的值为( )
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8
9.如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠A=30∘，BC=√2，把△ABC
绕点O按逆时针方向旋转90∘得到△BED，则对应点C、D之间的
距离为( )
A. 1
B. √2
C. √3
D. 2
10.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，CB=4，CA=6，⊙C半径为2，
P为圆上一动点，连结AP，BP，则2AP+BP的最小值为( )
A. 2√37
B. 12
C. 4√17−2
D. 8
11.方程x(x+2)=0的解为______.
12.已知圆的半径是2√3，则该圆的内接正六边形的边长是______.
13.如图，Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=6，BC=8.则△ABC的内切圆半径
r=______ .
14.⊙O的半径为4，圆心O到直线l的距离是方程x2−7x+12=0的一个根，则直线l与⊙O的
位置关系是______.
15.如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心在x轴上，且经过点
A(m,−3)和点B(−1,n)，点C是第一象限圆上的任意一点，且
∠ACB=45∘，则⊙P的圆心的坐标是______.
16.关于x的方程x2−kx−2k=0的两个根的平方和为12，则k=______.
17.如图，已知等腰△ABC，AB=BC，以AB为直径的圆交AC于点D，过点D的⊙O的切线交
BC于点E，若CD=4√5，CE=8，则⊙O的半径是______.
18.如图，已知A，B两点的坐标分别为(2,0)，(0,2)，⊙C的圆
心坐标为(−1,0)，半径为1.若D是⊙C上的一个动点，线段
DA与y轴交于点E，则△ABE面积的最小值是______.
19.解下列方程：
(1)(x−1)2=4；
(2)2(x−1)+x(x−1)=0；
(3)x2+8x=9.
20.如图，在正方形网格图中建立一直角坐标系，一条圆弧经过网格点A、B、C，请在网格中进
行下列操作：
(1)请在图中确定该圆弧所在圆心D点的位置，D点坐标为______；
(2)连接AD、CD，求⊙D的半径及扇形DAC的圆心角度数．
21.已知关于x的方程x2−mx+m−1=0.
(1)求证：无论m取何值，方程总有实数根．
(2)若方程一个根为0，求方程另一个根．
22.如图，O为正方形ABCD对角线AC上一点，以O为圆心，OA长为半径的⊙O与BC相切于
点M.
求证：CD与⊙O相切．
23.已知关于x的方程x2−2x+m=0有两个不相等的实数根x1、x2
(1)求实数m的取值范围；
(2)若x1−x2=2，求实数m的值．
24.如图△ABC内接于圆O，点I是△ABC的内心，AI的延长线交圆O于点D.
(1)若∠BAC=60∘，BD=5，求⊙O的半径．
(2)求证：DI=DC.
25.如图，已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，延长BC至点D，使得DC=BC，直线DA与⊙O
的另一个交点为E，连结AC，CE.
(1)求证：CD=CE；
(2)若AC=2，∠E=30∘，求阴影部分(弓形)面积．
26.如图，已知△ABC内接于⊙O，直径AD交BC于点E，连接OC，过点C作CF⊥AD，垂足
为F.过点D作⊙O的切线，交AB的延长线于点G.若AB=AE，∠ACF=70∘，求∠G的度数．
27.如图，已知⊙O的半径为6cm，射线PM经过点O，OP=10cm，射线PN与⊙O相切于点Q.A、
B两点同时从点P出发，点A以5cm/s的速度沿射线PM方向运动，点B以4cm/s的速度沿射线PN方向运动，设运动时间为ts.
(1)求PQ的长；
(2)当直线AB与⊙O相切时，求证：AB⊥PN；
(3)当t为何值时，直线AB与⊙O相切？
⏜=BC⏜，连接AC.
28.如图①，AB是⊙O的直径，AC
(1)求证：∠CAB=45∘；
(2)如图②，直线l经过点C，在直线l上取一点D，使BD=AB，BD与AC相交于点E，连
接AD，且AD=AE.
①求证：直线l是⊙O的切线；
的值．
②求CD
EB
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、圆心角的度数与它所对应的弧的度数相等，说法正确，故本项不符合题意；
B、同圆中，所有半径都相等，说法正确，故本项不符合题意；
C、圆既是轴对称图形又是中心对称图形，说法正确，故本项不符合题意；
D、长度相同的弧是等弧，说法错误，故本项符合题意．
故选：D.
利用圆的有关定义及性质分别判断后即可确定正确的选项．
此题主要考查了圆中的有关概念和性质，熟记性质是解本题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：由于三角形的外心是三角形三条边的垂直平分线的交点；
故选：A.
根据三角形外心的性质进行判断．
此题主要考查了三角形外心的性质．注意三角形重心、垂心、内心、外心的区别．
3.【答案】A
【解析】解：∵一元二次方程x2−2x+m=0没有实数根，
∴△=(−2)2−4×1×m<0，
∴m>1.
故选：A.
根据方程的系数结合根的判别式△<0，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围．
本题考查了根的判别式，牢记“当△<0时，方程无实数根”是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：x1⋅x2=−3.
故选D.
根据根与系数的关系求解．
本题考查了根与系数的关系：若二次项系数不为1，则常用以下关系：x1，x2是一元二次方程ax2+
bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−b
a ，x1x2=c
a
.
5.【答案】B
【解析】解：A、d=√2<2，故A不符合题意；
B、d=2=r，故B符合题意；
C、d=√10>2，故C不符合题意；
D、d=√3<2，故D不符合题意；
故选：B.
要确定点与圆的位置关系，主要确定点与圆心的距离与半径的大小关系；本题可由勾股定理等性质算出点与圆心的距离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．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．
6.【答案】A
【解析】解：设圆锥的底面圆半径为r，依题意，得
2πr=120π×30
，
180
解得r=10.
故小圆锥的底面半径为10.
故选：A.
圆锥的底面圆半径为r，根据圆锥的底面圆周长=扇形的弧长，列方程求解．
本题考查了圆锥的计算．圆锥的侧面展开图为扇形，计算要体现两个转化：1、圆锥的母线长为扇形的半径，2、圆锥的底面圆周长为扇形的弧长．
7.【答案】D
【解析】解：根据题意可知到x轴所在直线的距离等于1的点的集合分别是直线y=1和直线y=−1，若以点(3,−5)为圆心，r为半径的圆上有且仅有两点到x轴所在直线的距离等于1，
那么该圆与直线y=1必须是相离的关系，与直线y=−1必须是相交的关系，
所以r的取值范围是|−5|−|−1|<r<|−5|+1，
即4<r<6.
故选：D.
根据题意可知，本题其实是利用圆与直线y=1和直线y=−1之间的位置关系来求得半径r的取值范围，根据相离时半径小于圆心到直线的距离，相交时半径大于圆心到直线的距离即可求得r的
范围．
解决本题要认真分析题意，理清其中的数量关系．看似求半径与x轴之间的关系，其实是利用圆
与直线y=1和直线y=−1之间的位置关系来求得半径r的取值范围．
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了根与系数的关系及一元二次方程的解，难度适中，关键掌握用根与系数的关系与代数式变形相结合进行解题．
根据根与系数的关系可得a+b=2，根据一元二次方程的解的定义可得a2=2a+1，然后把a2+ a+3b变形为3(a+b)+1，代入求值即可．
【解答】
解：由题意知，a+b=2，a2−2a−1=0，即a2=2a+1，
则a2+a+3b=2a+1+a+3b=3(a+b)+1=3×2+1=7.
故选：C.
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查的是三角形的外接圆与外心的概念和性质，掌握圆周角定理、勾股定理、等边三角形的判定定理是解题的关键．
连接OC、OB、OD，根据圆周角定理求出∠BOC=60∘，得到△OCB是等边三角形，求出OC=OB= BC=√2，根据旋转的性质得到∠COD=90∘，根据勾股定理计算即可．
【解答】
解：连接OC、OB、OD，
由圆周角定理得，∠BOC=2∠A=60∘，
∴△OCB是等边三角形，
∴OC=OB=BC=√2，
由旋转的性质可知，∠COD=90∘，
∴CD=√OC2+OD2=2，
故选：D.
10.【答案】A
【解析】解：如图，
连接CP，在CB上取点D，使CD=1，则有CD
CP =CP
CB
=1
2
，
又∵∠PCD=∠BCP，∴△PCD∽△BCP，
∴PD
PB =CP
CB
=1
2
，
∴PD=1
2
PB，
∴AP+1
2
BP=AP+PD，
∴当点A，P，D在同一条直线时，AP+PD最小，在Rt△ACD中，CD=1，AC=6，
∴AD=√AB2−CD2=√37，
∵2AP+PB=2(PA+1
2
PB)，
∴2AP+BP的最小值为2√37，
故选：A.
变形2AP+BP=2(AP+1
2BP)，然后利用相似三角形构造1
2
BP.
本题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
11.【答案】x=0或x=−2
【解析】解：∵x(x+2)=0，
∴x1=0，x2=−2，
故答案是x=0或x=−2.
直接使用因式分解法求方程的解即可．
本题考查了因式分解法求方程的解，解题的关键是配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．
12.【答案】2√3
【解析】解：连接正六边形的中心与各个顶点，得到六个等边三角形，
∵等边三角形的边长是2√3，
∴该圆的内接正六边形的边长是2√3；
故答案为：2√3
根据正六边形被它的半径分成六个全等的等边三角形，即可得出等边三角形的边长．
本题考查了正多边形和圆，解题的关键要记住正六边形的特点，它被半径分成六个全等的等边三角形．
13.【答案】2
【解析】解：如图，
在Rt△ABC，∠C=90∘，AC=6，BC=8；
根据勾股定理AB=√AC2+BC2=10；
四边形OECF中，OE=OF，∠OEC=∠OFC=∠C=90∘；
∴四边形OECF是正方形；
由切线长定理，得：AD=AF，BD=BE，CE=CF；
(AC+BC−AB)；
∴CE=CF=1
2
(6+8−10)=2.
即：r=1
2
设AB、BC、AC与⊙O的切点分别为D、E、F；易证得四边形OECF是正方形；那么根据切线长
(AC+BC−AB)，由此可求出r的长．
定理可得：CE=CF=1
2
此题主要考查直角三角形内切圆的性质及半径的求法．
14.【答案】相交或相切
【解析】解：∵x2−7x+12=0，
∴(x−3)(x−4)=0，
解得：x1=3，x2=4，
∵点O到直线l距离是方程x2−7x+12=0的一个根，即为3或4，
∴点O到直线l的距离d=3或4，r=4，
∴d=r或d<r
∴直线l与圆相交或相切．
故答案为：相交或相切．
首先求出方程的根，再利用半径长度，由点O到直线a的距离为d，若d<r，则直线与圆相交；若d=r，则直线于圆相切；若d>r，则直线与圆相离，从而得出答案．
本题考查的是直线与圆的位置关系，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆半径大小关
系完成判定．
15.【答案】(2,0)
【解析】
【分析】
本题考查了圆周角定理和坐标与图形性质，还运用了三角形全等的性质和判定，作辅助线构建三角形全等是关键．
作辅助线，构建三角形全等，先根据同弧所对的圆心角是圆周角的二倍得：∠APB=90∘，再证明△BPE≌△PAF，根据PE=AF=3，列式可得结论．
【解答】
解：连接PB、PA，过B作BE⊥x轴于E，过A作AF⊥x轴于F，
∵A(m,−3)和点B(−1,n)，
∴OE=1，AF=3，
∵∠ACB=45∘，
∴∠APB=90∘，
∴∠BPE+∠APF=90∘，
∵∠BPE+∠EBP=90∘，
∴∠APF=∠EBP，
∵∠BEP=∠AFP=90∘，PA=PB，
∴△BPE≌△PAF，
∴PE=AF=3，
设P(a,0)，
∴a+1=3，
a=2，
∴P(2,0)，
故答案为：(2,0).
16.【答案】6
【解析】解：设关于x的方程x2−kx−2k=0的两实数根分别为x1、x2，
则x1+x2=k，x1⋅x2=−2k①
∵原方程两实根的平方和为12，
∴x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=12②
∵方程有两实数根，
∴△=k2−4×(−2k)≥0，
∴k≥0或k≤−8，
把①代入②得，k2−2×(−2k)=12，解得k1=6，k2=−2(舍去).
∴k=6.
故答案为：6.
先设关于x的方程x2−kx−2k=0的两实数根分别为x1、x2，再根据根与系数的关系得出x1+x2，x1⋅x2的表达式，根据方程实根的平方和为12即可得出关于k的一元二次方程，求出k的值即可．本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+
x2=−b
a ，x1x2=c
a
.
17.【答案】5
【解析】解：如图，连接OD，BD，
∵DE是切线，
∴OD⊥DE，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90，
又∵AB=BC，
∴AD=CD=4√5，
又∵AO=OB，
∴DO//BC，
∵DE⊥OD，
∴DE⊥EC，
∴DE=√CD2−CE2=√80−64=4，
∵tanC=BD
CD =DE
CE
=4
8
=1
2
，
∴BD=2√5，
∴AB=√AD2+DB2=10，
∴OA=1
2
AB=5.
故答案为：5
由切线的性质及圆周角定理证出DE⊥EC，由勾股定理可得DE=4，根据锐角三角函数可求DB
的长，再根据勾股定理可求AB 的长，即可求⊙O 的半径．
本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．
18.【答案】2−√22 【解析】解：如图所示，当AD 与⊙C 相切时，线段BE 最短，此时△ABE 面积的最小，
∵A(2,0)，C(−1,0)，⊙C 半径为1，
∴AO =2，AC =2+1=3，CD =1，
在Rt △ACD 中，AD =√AC 2−CD 2=√32−12=2√2，
∵CD ⊥AD ，
∴∠D =90∘，
∴∠D =∠AOE ，
在△AOE 与△ADC 中，{∠D =∠AOE ∠EAO =∠CAD
， ∴△AOE ∽△ADC ，
∴EO CD =AO AD ，
即EO 1=22√2， 解得EO =√22
， ∵点B(0,2)，
∴OB =2，
∴BE =OB −OE =2−√22
， ∴△ABE 面积的最小值=12×BE ×AO =12(2−
√22)×2=2−√22
. 故答案为：2−√22. 根据三角形的面积公式，△ABE 底边BE 上的高AO 不变，BE 越小，则面积越小，可以判断当AD 与⊙C 相切时，BE 的值最小，根据勾股定理求出AD 的值，然后根据相似三角形对应边成比例列式求出OE 的长度，代入三角形的面积公式进行计算即可求解．
本题考查了坐标与图形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，根据相似三角形对应边成比例列式求出OE 的长度是解题的关键．
19.【答案】解：(1)(x −1)2=4，
x −1=±2，
所以x 1=3，x 2=−1；
(2)2(x−1)+x(x−1)=0，
(x−1)(2+x)=0，
x−1=0或2+x=0，
所以x1=1，x2=−2；
(3)x2+8x=9，
x2+8x−9=0，
(x+9)(x−1)=0，
x+9=0或x−1=0，
所以x1=−9，x2=1.
【解析】(1)把方程两边开方得到x−1=±2，然后解一次方程即可；
(2)利用因式分解法解方程；
(3)先把方程化为一般式，然后利用因式分解法解方程．
本题考查了解一元二次方程-因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了直接开平方法解一元二次方程．
20.【答案】(2,0)
【解析】解：(1)如图所示：D点坐标为：(2,0)；
故答案为：(2,0)；
(2)如图所示：⊙D的半径为：√42+22=2√5；
∵AD=DC=2√5，AC=2√10，
∴AD2+DC2=AC2，
∴△ADC是直角三角形，
∴扇形DAC的圆心角度数为：90∘.
(1)直接利用垂径定理的推论得出圆心的位置；
(2)直接利用勾股定理逆定理以及借助网格分析得出答案．
此题主要考查了应用设计与作图以及勾股定理的逆定理，正确应用网格是解题关键．
21.【答案】(1)证明：因为Δ=(−m)2−4(m−1)=(m−2)2，
所以无论m取何值，(m−2)2≥0，
所以无论m取何值，方程总有实数根；
(2)解：当x=0时，得：m−1=0，
解得m=1，
所以原方程为x2−x=0，
解得：x=1和x=0，
所以方程的另一个根是x=1.
【解析】(1)根据Δ=b2−4ac>0，即可得证；
(2)将x=0代入方程，求出m的值，再将m=1代入方程，解方程即可确定方程的另一个根．
本题考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键．
22.【答案】证明：如图所示，连接OM，过点O作ON⊥CD于点N，
∵⊙O与BC相切于点M，
∴OM⊥BC，
又∵ON⊥CD，O为正方形ABCD对角线AC上一点，
∴OM=ON，
∴ON为⊙O的半径，
∴CD与⊙O相切．
【解析】利用正方形的性质得出AC平分角∠BCD，再利用角平分线的性质得出OM=ON，即可得出答案．
此题主要考查了正方形的性质以及角平分线的性质，得出OM=ON是解题关键．
23.【答案】解：
(1)由题意得：Δ=(−2)2−4×1×m=4−4m>0，
解得：m<1，
即实数m的取值范围是m<1；
(2)由根与系数的关系得：x1+x2=2，
由题意，x1−x2=2，
所以，x1=2，x2=0，
由根与系数的关系得：m=2×0=0.
【解析】【试题解析】
本题考查了根与系数的关系和根的判别式、一元二次方程的解，能熟记根与系数的关系的内容和根的判别式的内容是解此题的关键．
(1)根据根的判别式得出不等式，求出不等式的解集即可；
(2)根据根与系数的关系得出x1+x2=2，由题意，x1−x2=2，求出x1=2，x2=0，再根据根与系数的关系求出m即可．
24.【答案】(1)解：连接OB，OD，
∵点I是△ABC的内心，
∴AI平分∠BAC，
∠BAC=30∘，
∴∠BAD=∠CAD=1
2
∴∠BOD=2∠BAD=60∘，
∵OB=OD，
∴△BOD是等边三角形，
∴OB=BD=5，
∴⊙O的半径为5；
(2)证明：连接BI，
∵点I是△ABC的内心，
∴BI平分∠ABC，
∴∠ABI=∠CBI，
∵∠CBD=∠CAD，∠BAD=∠CAD，
∴∠BAD=∠CBD，
∵∠BID=∠ABI+∠BAD，∠IBD=∠CBI+∠CBD，
∴∠BID=∠IBD，
∴ID=BD，
∵∠BAD=∠CAD，
∴CD=BD，
∴DC=DI.
【解析】(1)连接OB，OD，根据三角形的内心可得AI平分∠BAC，从而可得∠BAD=30∘，然后利用圆周角定理可得∠BOD=60∘，从而可证△BOD是等边三角形，进而利用等边三角形的性质，即可解答；
(2)连接BI，根据三角形的内心可得BI平分∠ABC，从而可得∠ABI=∠CBI，再利用同弧所对的圆周角定理可得∠CBD=∠CAD，从而可得∠BAD=∠CBD，然后利用三角形的外角可得∠BID=
∠ABI+∠BAD，从而可得∠BID=∠IBD，最后利用等角对等边可得ID=BD，再利用(1)的结论可得CD=BD，即可解答．
本题考查了三角形的内切圆与内心，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
25.【答案】(1)证明：∵AB是直径，
∴∠ACB=90∘，
∵DC=BC，
∴AD=AB，
∴∠D=∠ABC，
∵∠E=∠ABC，
∴∠E=∠D，
∴CD=CE.
(2)解：由(1)可知：∠ABC=∠E=30∘，∠ACB=90∘，
∴∠CAB=60∘，AB=2AC=4，
在Rt△ABC中，由勾股定理得到BC=2√3，
连接OC，则∠COB=120∘，
∴S
阴=S
扇形OBC
−S△OBC=120⋅π⋅22
360
−1
2
×1
2
×2√3×2=4π
3
−√3.
【解析】(1)只要证明∠E=∠D，即可推出CD=CE；
(2)根据S
阴=S
扇形OBC
−S△OBC计算即可解决问题；
本题考查扇形的面积，垂径定理，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
26.【答案】解：连接BD，
∵CF⊥AD，
∴∠AFC=90∘，
∵∠ACF=70∘，
∴∠DAC=90∘−∠ACF=20∘，
∴∠DAC=∠CBD=20∘，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ABD=90∘，
∴∠ABC=∠ABD−∠DBC=70∘，
∵AB=AE，
∴∠ABC=∠AEB=70∘，
∴∠BAE=180∘−∠ABC−∠AEB=40∘，
∵GD与⊙O相切于点D，
∴∠ADG=90∘，
∴∠G=90∘−∠BAE=50∘，
∴∠G的度数为50∘.
【解析】连接BD，根据垂直定义可得∠AFC=90∘，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠DAC=20∘，进而利用同弧所对的圆周角相等可得∠CBD=20∘，然后根据直径所对的圆周角是直角可得∠ABD=90∘，从而求出∠ABC=70∘，进而利用等腰三角形的性质可得∠AEB=70∘，最后根据三角形内角和定理求出∠BAE的度数，再根据切线的性质可得∠ADG=90∘，从而利用直角三角形的两个锐角互余即可解答．
本题考查了圆周角定理，切线的性质，三角形的外接圆与外心，熟练掌握切线的性质，圆周角定理是解题的关键．
27.【答案】解：(1)如图1中，连接OQ，
∵PN与⊙O相切于点Q，
∴OQ⊥PN，
∴∠OQP=90∘，
∵OQ=6cm，OP=10cm，
∴PQ=√OP2−OQ2=√102−62=8.
(2)如图2中，过点O作OC⊥AB于C.
由题意，PA=5t，PB=4t，
∵OP=10，PQ=8，
∴PA
PO =PB
PQ
，∵∠P=∠P，
∴△PBA∽△PQO，
∴∠PBA=∠PQO=90∘，
∴AB⊥PN.
(3)∵∠BQO=∠CBQ=∠OCB=90∘，
∴四边形OCBQ是矩形，
∴BQ=OC=6，
①当AB运动到图2位置时，BQ=PQ−PB=6，
∴8−4t=6，
∴t=0.5s，
②当AB运动到图3位置时，
BQ=PB−PQ=6，
∴4t−8=6，
∴t=3.5s，
综上所述，t=0.5s或3.5s时，直线AB与⊙O相切．
【解析】(1)连接OQ，在Rt△OPQ中，利用勾股定理即可解决问题．
(2)如图2中，过点O作OC⊥AB于C.只要证明△PBA∽△PQO，即可推出∠PBA=∠PQO=90∘.
(3)首先证明四边形OCBQ是矩形，分两种情形列出方程即可解决问题．
本题考查圆的综合题、勾股定理．相似三角形的判定和性质、矩形的性质和判定、切线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
28.【答案】解：(1)如图①，连接BC，
∵AC⏜=BC⏜，
∴∠CAB=∠ABC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90∘，
∴∠CAB=∠CBA=45∘；
(2)①如图②，连接OC、作DP⊥AB于点P，
设∠ABD=α，
∵BA=BD，
∴∠BAD=∠BDA，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED，
∴∠AED=∠BAD，
∴∠DAE=∠DBA=α，
∵∠CAB=45∘，
∴∠ADE=∠AED=∠CAB+∠ABD=45∘+α，∵∠DAE+∠ADE+∠AED=180∘，
∴α+α+45∘+α+45∘=180∘，
解得：α=30∘，即∠ABD=∠DAE=30∘，
在Rt△BPD中，PD=1
2BD=1
2
AB，
又∵OC=1
2
AB，
∴OC=PD，
∵DP⊥AB、CO⊥AB，
∴四边形DPOC是矩形，
∴∠OCD=90∘，
∴直线l是⊙O的切线；
②由①知，∠CAD=∠ABE=30∘，CD//AB，∴∠ACD=∠EAB=45∘，
则△ACD∽△BAE，
∴CD
AE =AC
AB
=√2
2
，
∴AE=√2CD，
如图②，作EI⊥AB于点I，
∵∠CAB=45∘、∠ABD=30∘，
∴BE=2EI=2×√2
2
AE=√2AE=√2×√2CD=2CD，
∴CD
BE =1
2
.
【解析】本题主要考查圆的综合问题，熟练掌握切线的判定、矩形的判定与性质、圆周角定理及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
(1)连接BC，由AC⏜=BC⏜知∠CAB=∠ABC，根据AB为⊙O的直径得∠ACB=90∘，据此可得答案；
(2)①连接OC、作DP⊥AB，设∠ABD=α，先根据AD=AE、BA=BD求得∠ABD=∠DAE=30∘，
据此知PD=1
2BD=1
2
AB，结合OC=1
2
AB知DP=OC，据此证得四边形DPOC为矩形，继而得证；
②证△ACD∽△BAE得CD
AE =AC
AB
=√2
2
，据此知AE=√2CD，作EI⊥AB于点I，由∠CAB=45∘、
∠ABD=30∘知BE=2EI=2×√2
2
AE=√2AE=2CD，据此可得答案．。