如图，在平面直角坐标系内，⊙C与y轴相切于D点，与x轴相交于A（2，0）、B（8...

（1）根据题意，根据圆心的性质，可得C的AB的中垂线上，易得C的横坐标为5；进而可得圆的半径为5；利用勾股定理可得其纵坐标为-4；即可得C的坐标； （2）连接AE，由圆周角定理可得∠BAE=90°，进而可得AB2=BP•BE，即，可得△ABE∽△PBA；进而可得∠BAE=90°，即AP⊥BE； （3）分三种情况讨论，根据相似三角形性质、切割线定理、勾股定理、三角函数的定义，易得Q到xy轴的距离，即可得Q的坐标． 【解析】 （1）C（5，-4）；（3分） （2）能． （4分） 连接AE， ∵BE是⊙O的直径， ∴∠BAE=90°，（5分） 在△ABE与△PBA中，AB2=BP•BE，即， 又∠ABE=∠PBA， ∴△ABE∽△PBA，（7分） ∴∠BPA=∠BAE=90°，即AP⊥BE；（8分） （3）分析：假设在直线EB上存在点Q，使AQ2=BQ•EQ．Q点位置有三种情况： ①若三条线段有两条等长，则三条均等长，于是容易知点C即点Q； ②若无两条等长，且点Q在线段EB上，由Rt△EBA中的射影定理知点Q即为AQ⊥EB之垂足； ③若无两条等长，且当点Q在线段EB外，由条件想到切割线定理，知QA切⊙C于点A．设Q（t，y（t）），并过点Q作QR⊥x轴于点R，由相似三角形性质、切割线定理、勾股定理、三角函数或直线解析式等可得多种解法． 解题过程： ①当点Q1与C重合时，AQ1=Q1B=Q1E，显然有AQ12=BQ1•EQ1， ∴Q1（5，-4）符合题意；（9分） ②当Q2点在线段EB上，∵△ABE中，∠BAE=90° ∴点Q2为AQ2在BE上的垂足，（10分） ∴AQ2==4.8（或）， ∴Q2点的横坐标是2+AQ2•cos∠BAQ2=2+3.84=5.84， 又由AQ2•sin∠BAQ2=2.88， ∴点Q2（5.84，-2.88），[或（，-）]；（11分） ③方法一：若符合题意的点Q3在线段EB外， 则可得点Q3为过点A的⊙C的切线与直线BE在第一象限的交点． 由Rt△Q3BR∽Rt△EBA，△EBA的三边长分别为6、8、10， 故不妨设BR=3t，RQ3=4t，BQ3=5t，（12分） 由Rt△ARQ3∽Rt△EAB得，（13分） 即得t=， （注：此处也可由tan∠Q3AR=tan∠AEB=列得方程=； 或由AQ32=Q3B•Q3E=Q3R2+AR2列得方程5t（10+5t）=（4t）2+（3t+6）2等等） ∴Q3点的横坐标为8+3t=，Q3点的纵坐标为， 即Q3（，）；（14分） 方法二：如上所设与添辅助线，直线BE过B（8，0），C（5，-4）， ∴直线BE的解析式是y=，（12分） 设Q3（t，），过点Q3作Q3R⊥x轴于点R， ∵易证∠Q3AR=∠AEB得Rt△AQ3R∽Rt△EAB， ∴，即，（13分） ∴t=，进而点Q3的纵坐标为， ∴Q3（，）；（14分） 方法三：若符合题意的点Q3在线段EB外，连接Q3A并延长交y轴于F， ∴∠Q3AB=∠Q3EA，tan∠OAF=tan∠Q3AB=tan∠AEB=， 在Rt△OAF中有OF=2×=，点F的坐标为（0，-）， ∴可得直线AF的解析式为y=x-，（12分） 又直线BE的解析式是，y=x-，（13分） ∴可得交点Q3（，）．   （14分）