【分析】
要求AB的长，观察图形可知AB=AO-OB，已知OB是⊙O的半径为8cm，因此只需先求出AO的长度即可。解题思路如下：①利用弧长公式，结合已知的弧BC的长度和圆的半径，求出圆心角∠BOC的度数；②根据切线的性质可得OC⊥AC，得到Rt△ACO，结合求出的∠BOC的度数，利用直角三角形的边角关系求出AO的长度；③用AO的长度减去半径OB的长度，即可得到AB的长。
【解析】
解：设∠BOC的度数为$n°$，
根据弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$，将弧BC的长$l=\frac{8}{3}π\ \mathrm{cm}$，半径$r=8\ \mathrm{cm}$代入得：
$\frac{nπ×8}{180}=\frac{8}{3}π$
约去两边的$π$，解得$n=60$，即$∠ BOC=60°$。
∵AC是⊙O的切线，C为切点，
∴$OC⊥ AC$，即$∠ ACO=90°$，
在Rt△ACO中，$∠ AOC=60°$，则$∠ A=30°$，
∴$AO=2OC=2×8=16\ \mathrm{cm}$，
又
∵$OB=8\ \mathrm{cm}$，
∴$AB=AO-OB=16-8=8\ \mathrm{cm}$。
【答案】
8 cm
【知识点】
弧长的计算，切线的性质，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，解题的关键是先通过弧长公式求出圆心角的度数，再结合切线的性质构造直角三角形求解，解题时要注意知识点之间的关联应用。
【难度系数】
0.7

【分析】
(1) 要证明直线EF是$\odot O$的切线，根据切线的判定定理，只需证明半径OA垂直于EF即可。结合正方形对角线互相垂直的性质，以及$BD// EF$的条件，可推出$AC⊥ EF$，进而得证。
(2) 要求$\odot O$的半径，可设半径为$r$，连接切点$N$与圆心$O$，根据切线的性质得$ON⊥ BC$；结合正方形对角线平分内角的性质，可知$△ ONC$为等腰直角三角形，得到$CN=ON=r$；再求出正方形对角线$AC$的长度，用含$r$的式子表示$OC$，最后在$Rt△ ONC$中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：$\because$四边形$ABCD$是正方形，
$\therefore$对角线$AC⊥ BD$，
又$\because BD// EF$，
$\therefore AC⊥ EF$，即$OA⊥ EF$，
$\because OA$是$\odot O$的半径，
$\therefore$直线$EF$是$\odot O$的切线。
(2) 解：连接$ON$，
$\because \odot O$与$BC$相切于点$N$，
$\therefore ON⊥ BC$，
设$\odot O$的半径为$r$，则$OA=ON=r$，
$\because$正方形$ABCD$的边长为1，
$\therefore$对角线$AC=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$，
$\therefore OC=AC-OA=\sqrt{2}-r$，
$\because$正方形中$AC$平分$∠ BCD$，$∠ BCD=90°$，
$\therefore ∠ OCN=45°$，
在$Rt△ ONC$中，$∠ ONC=90°$，$∠ OCN=45°$，
$\therefore CN=ON=r$，
由勾股定理得：$ON^2+CN^2=OC^2$，
代入得：$r^2+r^2=(\sqrt{2}-r)^2$，
化简得：$2r^2=2-2\sqrt{2}r+r^2$，
整理得：$r^2+2\sqrt{2}r-2=0$，
解得：$r_1=2-\sqrt{2}$，$r_2=-2-\sqrt{2}$（半径为正数，舍去），
故$\odot O$的半径为$2-\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\boxed{2-\sqrt{2}}$
【知识点】
切线的判定与性质；正方形的性质；勾股定理的应用
【点评】
本题属于几何综合题，将正方形性质与圆的切线知识相结合，解题的关键是熟练运用切线的判定和性质构造直角三角形，结合方程思想求解，较好地考查了几何逻辑推理能力和计算能力。
【难度系数】
0.6

【分析】
(1) 要判断CD上是否存在点P使∠APB=90°，可根据“直径所对的圆周角为直角”，得出点P的轨迹是以AB为直径的圆，问题转化为判断该圆与CD边的交点个数，只需比较圆心到CD的距离（即AD的长n）和圆半径的大小关系即可。
(2) 要判断矩形边上是否存在点P使∠APB=60°，可结合圆周角定理确定点P的轨迹为以AB为弦、所对圆周角为60°的圆弧，再通过计算两个临界值：点P在顶点C/D时∠APB=60°对应的n值、△APB为等边三角形时对应的n值，分区间讨论圆弧与矩形边的交点个数即可。
【解析】
(1) 由圆周角定理可知：若∠APB=90°，则点P在以AB为直径的圆上。
已知AB=m=4，因此该圆半径$r=\frac{AB}{2}=2$，圆心为AB中点，圆心到CD边的距离等于AD的长度n：
① 当$0＜n＜2$时，圆心到CD的距离小于半径，圆与CD有2个交点，故CD上存在2个满足条件的点P；
② 当$n=2$时，圆心到CD的距离等于半径，圆与CD相切，有1个交点，故CD上存在1个满足条件的点P；
③ 当$n＞2$时，圆心到CD的距离大于半径，圆与CD无交点，故CD上不存在满足条件的点P。
(2) 先确定两个临界情况：
临界1：当点P与D（或C）重合时，∠APB=60°，在Rt△ABD中，$\tan∠ ADB=\frac{AB}{AD}=\frac{m}{n}=\tan60°=\sqrt{3}$，解得$n=\frac{\sqrt{3}}{3}m$；
临界2：当点P在CD上且△APB为等边三角形时，等边三角形AB边上的高等于AD的长，即$n=\frac{\sqrt{3}}{2}m$。
结合轨迹与矩形边的位置关系分情况讨论：
① 当$n＜\frac{\sqrt{3}}{3}m$时，矩形边上任意点P对应的∠APB均小于60°，不存在满足条件的点P；
② 当$n=\frac{\sqrt{3}}{3}m$时，仅C、D两点满足条件，共2个点；
③ 当$\frac{\sqrt{3}}{3}m＜n＜\frac{\sqrt{3}}{2}m$时，AD、BC边上各有1个点，CD边上有2个点满足条件，共4个点；
④ 当$n=\frac{\sqrt{3}}{2}m$时，AD、BC边上各有1个点，CD边中点1个点满足条件，共3个点；
⑤ 当$n＞\frac{\sqrt{3}}{2}m$时，仅AD、BC边上各有1个点满足条件，共2个点。
【答案】
(1) ① 当$0＜n＜2$时,CD上存在2个点P,使得$∠APB=90°$;② 当$n=2$时,CD上存在1个点P,使得$∠APB=90°$;③ 当$n＞2$时,CD上不存在满足条件的点P
(2) ① 当$n＜\frac{\sqrt{3}}{3}m$时,矩形ABCD的边上不存在点P,使得$∠APB=60°$;② 当$n=\frac{\sqrt{3}}{3}m$时,矩形ABCD的边上存在2个点P,使得$∠APB=60°$;③ 当$\frac{\sqrt{3}}{3}m＜n＜\frac{\sqrt{3}}{2}m$时,矩形ABCD的边上存在4个点P,使得$∠APB=60°$;④ 当$n=\frac{\sqrt{3}}{2}m$时,矩形ABCD的边上存在3个点P,使得$∠APB=60°$;⑤ 当$n＞\frac{\sqrt{3}}{2}m$时,矩形ABCD的边上存在2个点P,使得$∠APB=60°$
【知识点】
1. 圆周角定理 2. 矩形的性质 3. 直线与圆的位置关系
【点评】
本题将角度存在性问题转化为动点轨迹与图形的交点问题，考查了对圆周角定理的灵活运用和分类讨论的数学思想，解题关键是准确找到不同情况的临界值划分讨论区间，避免漏解。
【难度系数】
0.35