辅助圆
25．（12分）（2014?陕西）问题探究
（1）如图①，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，如果BC边上存在点P，使△APD为等腰三角形，那么请画出满足条件的一个等腰三角形△APD，并求出此时BP的长；
（2）如图②，在△ABC中，∠ABC=60°，BC=12，AD是BC边上的高，E、F分别为边AB、AC的中点，当AD=6时，BC边上存在一点Q，使∠EQF=90°，求此时BQ的长； 问题解决
（3）有一山庄，它的平面图为如图③的五边形ABCDE，山庄保卫人员想在线段CD上选一点M安装监控装置，用来监视边AB，现只要使∠AMB大约为60°，就可以让监控装置的效果达到最佳，已知∠A=∠E=∠D=90°，AB=270m，AE=400m，ED=285m，CD=340m，问在线段CD上是否存在点M，使∠AMB=60°？若存在，请求出符合条件的DM的长，若不存在，请说明理由．
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．
25．（12分）（2015?陕西）如图，在每一个四边形ABCD中，均有AD∥BC，CD⊥BC，∠ABC=60°，AD=8，BC=12．
（1）如图①，点M是四边形ABCD边AD上的一点，则△BMC的面积为 24 ；
（2）如图②，点N是四边形ABCD边AD上的任意一点，请你求出△BNC周长的最小值； （3）如图③，在四边形ABCD的边AD上，是否存在一点P，使得cos∠BPC的值最小？若存在，求出此时cos∠BPC的值；若不存在，请说明理由．
考点：四边形综合题． 专题：综合题． 分析：（1）如图①，过A作AE⊥BC，可得出四边形AECF为矩形，得到EC=AD，BE=BC﹣EC，
在直角三角形ABE中，求出AE的长，即为三角形BMC的高，求出三角形BMC面积即可；
（2）如图②，作点C关于直线AD的对称点C′，连接C′N，C′D，C′B交AD于点N′，连接CN′，则BN+NC=BN+NC′≥BC′=BN′+CN′，可得出△BNC周长的最小值为△BN′C的周长=BN′+CN′+BC=BC′+BC，求出即可；
（3）如图③所示，存在点P，使得cos∠BPC的值最小，作BC的中垂线PQ交BC于点Q，交AD于点P，连接BP，CP，作△BPC的外接圆O，圆O与直线PQ交于点N，则PB=PC，圆心O在PN上，根据AD与BC平行，得到圆O与AD相切，根据PQ=DC，判断得到PQ大于BQ，可得出圆心O在BC上方，在AD上任取一点P′，连接P′B，P′C，P′B交圆O于点M，连接MC，可得∠BPC=∠BMC≥∠BP′C，即∠BPC最小，cos∠BPC的值最小，连接OB，求出即可． 解答：解： （1）如图①，过A作AE⊥BC，
∴四边形AECD为矩形，
∴EC=AD=8，BE=BC﹣EC=12﹣8=4， 在Rt△ABE中，∠ABE=60°，BE=4， ∴AB=2BE=8，AE==4，
则S△BMC=BC?AE=24； 故答案为：24；
（2）如图②，作点C关于直线AD的对称点C′，连接C′N，C′D，C′B交AD于点N′，连接CN′，则BN+NC=BN+NC′≥BC′=BN′+CN′，
∴△BNC周长的最小值为△BN′C的周长=BN′+CN′+BC=BC′+BC， ∵AD∥BC，AE⊥BC，∠ABC=60°， ∴过点A作AE⊥BC，则CE=AD=8， ∴BE=4，AE=BE?tan60°=4， ∴CC′=2CD=2AE=8， ∵BC=12， ∴BC′==4，
∴△BNC周长的最小值为4+12；
（3）如图③所示，存在点P，使得cos∠BPC的值最小，
作BC的中垂线PQ交BC于点Q，交AD于点P，连接BP，CP，作△BPC的外接圆O，圆O与直线PQ交于点N，则PB=PC，圆心O在PN上，
∵AD∥BC，
∴圆O与AD相切于点P， ∵PQ=DC=4＞6， ∴PQ＞BQ，
∴∠BPC＜90°，圆心O在弦BC的上方，
在AD上任取一点P′，连接P′B，P′C，P′B交圆O于点M，连接MC， ∴∠BPC=∠BMC≥∠BP′C，
∴∠BPC最大，cos∠BPC的值最小， 连接OB，则∠BON=2∠BPN=∠BPC， ∵OB=OP=4﹣OQ，
在Rt△BOQ中，根据勾股定理得：OQ+6=（4﹣OQ）， 解得：OQ=， ∴OB=，
∴cos∠BPC=cos∠BOQ==， 则此时cos∠BPC的值为． 点评：此题属于四边形综合题，涉及的知识有：勾股定理，矩形的判定与性质，对称的性质，
圆的切线的判定与性质，以及锐角三角函数定义，熟练掌握定理及性质是解本题的关键．
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辅助圆解决中考压轴题
