考点:圆的综合题,全等三角形的判定与性质,等边三角形的性质,勾股定理,三角形中位线定理,矩形的性质,正方形的判定与性质,直线与圆的位置关系,特殊角的三角函数值
专题:压轴题,存在型
分析:(1)由于△PAD是等腰三角形,底边不定,需三种情况讨论,运用三角形全等、矩形的性质、勾股定理等知识即可解决问题.
(2)以EF为直径作⊙O,易证⊙O与BC相切,从而得到符合条件的点Q唯一,然后通过添加辅助线,借助于正方形、特殊角的三角函数值等知识即可求出BQ长.
(3)要满足∠AMB=60°,可构造以AB为边的等边三角形的外接圆,该圆与线段CD的交点就是满足条件的点,然后借助于等边三角形的性质、特殊角的三角函数值等知识,就可算出符合条件的DM长.
解答:解:(1)①作AD的垂直平分线交BC于点P,如图①,
则PA=PD.
∴△PAD是等腰三角形.
∵四边形ABCD是矩形,
∴AB=DC,∠B=∠C=90°.
∵PA=PD,AB=DC,
∴Rt△ABP≌Rt△DCP(HL).
∴BP=CP.
∵BC=4,
∴BP=CP=2.
②以点D为圆心,AD为半径画弧,交BC于点P′,如图①,
则DA=DP′.
∴△P′AD是等腰三角形.
∵四边形ABCD是矩形,
∴AD=BC,AB=DC,∠C=90°.
∵AB=3,BC=4,
∴DC=3,DP′=4.
∴CP′=
=
.
∴BP′=4-
.
③点A为圆心,AD为半径画弧,交BC于点P″,如图①,
则AD=AP″.
∴△P″AD是等腰三角形.
同理可得:BP″=
.
综上所述:在等腰三角形△ADP中,
若PA=PD,则BP=2;
若DP=DA,则BP=4-
;
若AP=AD,则BP=
.
(2)∵E、F分别为边AB、AC的中点,
∴EF∥BC,EF=
BC.
∵BC=12,
∴EF=6.
以EF为直径作⊙O,过点O作OQ⊥BC,垂足为Q,连接EQ、FQ,如图②.
∵AD⊥BC,AD=6,
∴EF与BC之间的距离为3.
∴OQ=3
∴OQ=OE=3.
∴⊙O与BC相切,切点为Q.
∵EF为⊙O的直径,
∴∠EQF=90°.
过点E作EG⊥BC,垂足为G,如图②.
∵EG⊥BC,OQ⊥BC,
∴EG∥OQ.
∵EO∥GQ,EG∥OQ,∠EGQ=90°,OE=OQ,
∴四边形OEGQ是正方形.
∴GQ=EO=3,EG=OQ=3.
∵∠B=60°,∠EGB=90°,EG=3,
∴BG=
.
∴BQ=GQ+BG=3+
.
∴当∠EQF=90°时,BQ的长为3+
.
(3)在线段CD上存在点M,使∠AMB=60°.
理由如下:
以AB为边,在AB的右侧作等边三角形ABG,
作GP⊥AB,垂足为P,作AK⊥BG,垂足为K.
设GP与AK交于点O,以点O为圆心,OA为半径作⊙O,
过点O作OH⊥CD,垂足为H,如图③.
则⊙O是△ABG的外接圆,
∵△ABG是等边三角形,GP⊥AB,
∴AP=PB=
AB.
∵AB=270,
∴AP=135.
∵ED=285,
∴OH=285-135=150.
∵△ABG是等边三角形,AK⊥BG,
∴∠BAK=∠GAK=30°.
∴OP=AP•tan30°
=135×
=45
.
∴OA=2OP=90
.
∴OH<OA.
∴⊙O与CD相交,设交点为M,连接MA、MB,如图③.
∴∠AMB=∠AGB=60°,OM=OA=90
..
∵OH⊥CD,OH=150,OM=90
,
∴HM=
=
=30
.
∵AE=400,OP=45
,
∴DH=400-45
.
若点M在点H的左边,则DM=DH+HM=400-45
+30
.
∵400-45
+30
>340,
∴DM>CD.
∴点M不在线段CD上,应舍去.
若点M在点H的右边,则DM=DH-HM=400-45
-30
.
∵400-45
-30
<340,
∴DM<CD.
∴点M在线段CD上.
综上所述:在线段CD上存在唯一的点M,使∠AMB=60°,
此时DM的长为(400-45
-30
)米.
点评:本题考查了垂直平分线的性质、矩形的性质、等边三角形的性质、正方形的判定与性质、直线与圆的位置关系、圆周角定理、三角形的中位线定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理、特殊角的三角函数值等知识,考查了操作、探究等能力,综合性非常强.而构造等边三角形及其外接圆是解决本题的关键.