中考培优竞赛专题经典讲义 第22讲 构造圆问题

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第22讲 构造圆问题
构造圆问题即图中本来没有圆，但可通过构造圆来解决一些几何问题
模型讲解


AD＝AC＝AB ∠ADB＝∠ACB 2∠ADB＝∠ACB ∠BAC＋∠BDC＝180°

【例题讲解】
例题1、如图，已知AB＝AC＝AD，∠CBD＝2∠BDC，∠BAC＝44°，则∠CAD的度数为 .

【解答】解：∵AB＝AC＝AD，
∴B，C，D在以A为圆心，AB为半径的圆上，
∴∠CAD＝2∠CBD，∠BAC＝2∠BDC，
∵∠CBD＝2∠BDC，∠BAC＝44°，
∴∠CAD＝2∠BAC＝88°．
故答案为：88°．



【巩固练习】
1、如图，已知O是四边形ABCD内一点，OA＝OB＝OC，∠ABC＝∠ADC＝70°，则∠DAO＋∠DCO＝ .

2、如图，四边形ABCD中，DC∥AB，BC＝1，AB＝AC＝AD＝2，则BD的长为（ ）
A. B. C. D.



【例题讲解】
例题2、如图，△ABC≌△ADE，且∠ABC＝∠ADE，∠ACB＝∠AED，BC、DE交于点O，则下列四个结论中，一定成立的有 （将序号填在横线上）
①∠1＝∠2；②BC＝DE；③△ABD∽△ACE；④A、O、C、E四点在同一个圆上

【解答】解：∵△ABC≌△ADE且∠ABC＝∠ADE，∠ACB＝∠AED，
∴∠BAC＝∠DAE，BC＝DE，故②正确；
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠1＝∠2，故①正确；
∵△ABC≌△ADE，
∴AB＝AD，AC＝AE，
∴，
∵∠1＝∠2，
∴△ABD∽△ACE，故③正确；
∵∠ACB＝∠AEF，∠AFE＝∠OFC，
∴△AFE∽△OFC，
∴，∠2＝∠FOC，
即，
∵∠AFO＝∠EFC，
∴△AFO∽△EFC，
∴∠FAO＝∠FEC，
∴∠EAO+∠ECO＝∠2+∠FAO+∠ECO＝∠FOC+∠FEC+∠ECO＝180°，
∴A、O、C、E四点在同一个圆上，故④正确．
故选：D．



【巩固练习】
1、如图，点B为线段AD上一动点，分别以AB和BD向上作等边△ABC和等边△BDE，连接AE和CD相交于点P，连接BP，求证：BP平分∠APD.



【例题讲解】
例题3、如图，已知平面直角坐标系中，直线y＝kx（k≠0）经过点（a，a）（a＞0）.线段BC的两个端点分别在x轴与直线y＝kx上（B、C均与原点0不重合）滑动，且BC＝2，分别作BP⊥x轴，CP⊥直线y＝kx，交点为P，经探究在整个滑动过程中，P、O两点间的距离为定值 .

【解答】解：∵直线y＝kx（k≠0）经过点（a，a），
∴tan∠COB＝＝，
∴∠COB＝60°，
过点C作CE⊥x轴于点E，延长CP交x轴于点F，连接OP，如图，

则∠OCE＝∠CFE＝30°，
设P点坐标为（x，y）（不妨设点P在第一象限，其他同理可求得），则OB＝x，PB＝y，
在Rt△PBF中，可得BF＝y，
∴OF＝OB+BF＝x+y，
在Rt△OCF中，OC＝OF＝，
在Rt△OCE中，OE＝OC＝，
则CE＝OE＝x+y，BE＝OB﹣OE＝x﹣＝x﹣y，
在Rt△BCE中，由勾股定理可得CE2+BE2＝BC2，
∴（x+y）2+（x﹣y）2＝22，
整理可求得x2+y2＝，
∴OP＝＝，
即O、P两点的距离为定值，
故答案为：．

例题4、如图，定长弦CD在以AB为直径的⊙O上滑动（点C、D与点A、B不重合），M是CD的中点，过点C作CP⊥AB于点P，若AB＝8，则PM的最大值是 .

【解答】解：连接CO，MO，
∵∠CPO＝∠CMO＝90°，
∴C，M，O，P，四点共圆，且CO为直径（E为圆心），
连接PM，则PM为⊙E的一条弦，当PM为直径时PM最大，所以PM＝CO＝4时PM最大．即PMmax＝4．

【巩固练习】
1、如图，AB为直径，AB＝4，C、D为圆上两个动点，N为CD中点，CM⊥AB于M，当
C、D在圆上运动时保持∠CMN＝30°，则CD的长（ ）
A.随C、D的运动位置而变化，且最大值为4
B.随C、D的运动位置而变化，且最小值为2
C.随C、D的运动位置长度保持不变，等于2
D.随C、D的运动位置而变化，没有最值



【例题讲解】【构造圆解决角度问题】（重难点）
例题1、①已知在直角坐标系中，点O为坐标原点，点B坐标（5，0），在直线y＝k上找一点P，使得△OPB为直角三角形，当P点个数为4个时，求k的取值范围.
②已知在直角坐标系中，点O为坐标原点，点B坐标（0，5），在直线x＝k上找一点P，使得∠OPB＝45°，当P点个数为2个时，求k的取值范围.



例题2、已知在x轴上有A、B两点，且A（－4，0），B（2，0），若直线l过点E（4，0），M为直线l上的动点，当以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个时，求直线l的解析式.

如图，过A，B分别作x轴的垂线，这两条直线总是与直线l有交点，即两个点M1和M2，以AB为直径的⊙G如果与直线l相切，就只有一个点M，连接GM，那么GM⊥l，

∵在RT△EGM中，GM＝3，GE＝5，
∴EM＝4，
在RT△EM1A中，
∵AE＝8，tan∠M1EA＝＝，
∴M1A＝6，
∴点M1的坐标为（﹣4，6），过M1，E的直线l为y＝﹣x+3，
根据对称性直线l还可以是y＝x﹣3．



例题3、如图，直线y＝－x＋3与x轴、y轴分别交于B、A两点，点P是线段OB上的一动点，若能在斜边AB上找到一点C，使∠OCP＝90°，设点P的坐标为（m，0），求m的取值范围.

【解题方法提示】令y=0求出点B的坐标，过点C作CD⊥x轴于D，设点C的横坐标为a，则OD=a，PD=m-a，求出△OCD和△CPD相似，利用相似三角形对应边成比例列式表示出m，然后求出m的最小值；再根据点P在线段OB上判断出OC⊥AB时，点P、B重合，m最大，然后即可写出m的取值范围.
m的取值范围是3≤m≤4．

例题4、如图，点A与点B的坐标分别是（1，0），（5，0），点P是该直角坐标系内的一个动点.
（1）使∠APB＝30°的点P有 个；
（2）若点P在y轴上，且∠APB＝30°，求满足条件的点P的坐标；
（3）当点P在y轴上移动时，∠APB是否存在最大值？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由.

【解答】解：（1）以AB为边，在第一象限内作等边三角形ABC，
以点C为圆心，AC为半径作⊙C，交y轴于点P1、P2．
在优弧AP1B上任取一点P，如图1，
则∠APB＝∠ACB＝×60°＝30°．
∴使∠APB＝30°的点P有无数个．
故答案为：无数．

（2）①当点P在y轴的正半轴上时，
过点C作CG⊥AB，垂足为G，如图1．
∵点A（1，0），点B（5，0），
∴OA＝1，OB＝5．
∴AB＝4．
∵点C为圆心，CG⊥AB，
∴AG＝BG＝AB＝2．
∴OG＝OA+AG＝3．
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC＝AB＝4．
∴CG＝
＝
＝2．
∴点C的坐标为（3，2）．
过点C作CD⊥y轴，垂足为D，连接CP2，如图1，
∵点C的坐标为（3，2），
∴CD＝3，OD＝2．
∵P1、P2是⊙C与y轴的交点，
∴∠AP1B＝∠AP2B＝30°．
∵CP2＝CA＝4，CD＝3，
∴DP2＝＝．
∵点C为圆心，CD⊥P1P2，
∴P1D＝P2D＝．
∴P2（0，2﹣）．P1（0，2+）．
②当点P在y轴的负半轴上时，
同理可得：P3（0，﹣2﹣）．P4（0，﹣2+）．
综上所述：满足条件的点P的坐标有：
（0，2﹣）、（0，2+）、（0，﹣2﹣）、（0，﹣2+）．

（3）当过点A、B的⊙E与y轴相切于点P时，∠APB最大．
理由：可证：∠APB＝∠AEH，当∠APB最大时，∠AEH最大． 由sin∠AEH＝ 得：当AE最小即PE最小时，∠AEH最大．所以当圆与y轴相切时，∠APB最大．
①当点P在y轴的正半轴上时，
连接EA，作EH⊥x轴，垂足为H，如图2．
∵⊙E与y轴相切于点P，
∴PE⊥OP．
∵EH⊥AB，OP⊥OH，
∴∠EPO＝∠POH＝∠EHO＝90°．
∴四边形OPEH是矩形．
∴OP＝EH，PE＝OH＝3．
∴EA＝3．
∵∠EHA＝90°，AH＝2，EA＝3，
∴EH＝
＝
＝
∴OP＝
∴P（0，）．
②当点P在y轴的负半轴上时，
同理可得：P（0，﹣）．
理由：
①若点P在y轴的正半轴上，
在y轴的正半轴上任取一点M（不与点P重合），
连接MA，MB，交⊙E于点N，连接NA，如图2所示．
∵∠ANB是△AMN的外角，
∴∠ANB＞∠AMB．
∵∠APB＝∠ANB，
∴∠APB＞∠AMB．
②若点P在y轴的负半轴上，
同理可证得：∠APB＞∠AMB．
综上所述：当点P在y轴上移动时，∠APB有最大值，
此时点P的坐标为（0，）和（0，﹣）．




【巩固练习】
1、如图，在四边形ABCD中，AB＝AC＝AD，若∠BAC＝25°，∠CAD＝75°，则∠BDC＝ ，∠DBC＝ .

2、足球射门，不考虑其他因素，仅考虑射点到球门AB的张角大小时，张角越大，射门越好.如图的正方形网格中，点A，B，C，D，E均在格点上，球员带球沿CD方向进攻，最好的射点在（ ）
A. 点C B.点D或点E
C.线段DE（异于端点）上一点 D.线段CD（异于端点）上一点


3、如图，已知AB是⊙O的直径，PQ是⊙O的弦，PQ与AB不平行，R是PQ的中点，作PS⊥AB，QT⊥AB，垂足分别为S、T（S≠T），并且∠SRT＝60°，则的值等于 .


4、如图，若PA＝PB，∠APB＝2∠ACB，AC与PB交于点D，且PB＝4，PD＝3，则AD·DC＝ .


5、在平面直角坐标系中，已知点A（4，0）、B（－6，0），点C是y轴上的一个动点，当∠BCA＝45°时，点C的坐标为 .


6、如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点D在AB边上，点E是BC边上一点（不与点B、C重合），且DA＝DE，则AD的取值范围是 .


7、如图，在平面直角坐标系的第一象限内有一点B，坐标为（2，m）.过点B作AB⊥y轴，BC⊥x轴，垂足分别为A、C，若点P在线段AB上滑动（点P可以与点A、B重合），发现使得∠OPC＝45°的位置有两个，则m的取值范围为 .


8、在锐角△ABC中，AB＝4，BC＝5，∠ACB＝45°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转得到△A′B′C′。
（1）如图1，当点C1在线段CA的延长线上时，求∠CC1A1的度数；
（2）如图2，连接AA1，CC1.若△ABA1的面积为4，求△CBC1的面积；
（3）如图3，点E为线段AB中点，点P是线段AC上的动点，在△ABC绕点B按逆时针方向旋转过程中，点P的对应点是点P1，求线段EP1长度的最大值与最小值.

图1 图2 图3

9、如图，抛物线y＝－x2－x＋3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C.
（1）求点A、B的坐标；
（2）若直线l过点E（4，0），M为直线l上的动点，当以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个时，求直线l的解析式.








10、如图，在平面直角坐标系中，直线y＝－x＋2交x轴于点P，交y轴于点A，抛物线y＝－x2＋bx＋c的图像过点E（－1，0），并与直线相交于A、B两点.
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点A作AC⊥AB交x轴于点C，求点C的坐标；
（3）除点C外，在坐标轴上是否存在点M，使得△MAB是直角三角形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由




11、问题探究
（1）如图①，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5，如果BC边上存在点P，使∠APD＝90°，则BP的长度为 .
（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边上存在点Q，使∠EQF＝90°，说出点P的个数，并求此时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

图1 图2 图3

12、如果一个点能与另外两个点能构成直角三角形，则称这个点为另外两个点的勾股点.例如：矩形ABCD中，点C与A，B两点可构成直角三角形ABC，则称点C为A，B两点的勾股点.同样，点D也是A，B两点的勾股点.
（1）如图1，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，请在边CD上作出A，B两点的勾股点（点C和点D除外）（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不要求写作法）.

图1 图2
（2）矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，直接写出边CD上A，B两点的勾股点的个数.
（3）如图2，矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝4cm，DM＝8cm，AN＝5cm.动点P从D点出发沿着DC方向以1cm/s的速度向右移动，过点P的直线l平行于BC，当点P运动到点M时停止运动.设运动时间为t（s），点H为M，N两点的勾股点，且点H在直线l上.当t＝4时，求PH的长.


参考答案
1.【解答】解法1：∵OA＝OB＝OC，
∴∠OAB＝∠OBA，∠OBC＝∠OCB，
∵∠ABC＝∠OBA+∠OBC＝70°，
∴∠OAB+∠OBA+∠OBC+∠OCB＝140°，即∠OAB+∠ABC+∠OCB＝140°，
又∵∠ABC+∠BCD+∠ADC+∠BAD＝360°，即∠ABC+∠OCB+∠OCD+∠ADC+∠DAO+∠OAB＝360°，
∵∠ADC＝70°，∠OAB+∠ABC+∠OCB＝140°，
∴∠DAO+∠DCO＝360°﹣140°﹣70°＝150°．


2.【解答】解：以A为圆心，AB长为半径作圆，延长BA交⊙A于F，连接DF．
∵DC∥AB，
∴＝，
∴DF＝CB＝1，BF＝2+2＝4，
∵FB是⊙A的直径，
∴∠FDB＝90°，
∴BD＝＝．
故选：B．



参考答案
1.【解答】解： 连接PB
∵∠CPA＝∠CBA＝60°，∠BAP＝∠BCP，
∴点A，B，C，P四点共圆，
∴∠APB＝∠ACB＝60°，
∵∠BPD＝∠CAB＝60°，
∴∠APB＝∠DPB




参考答案

1.【解答】解；连接：OC、ON、OD．

∵N是CD的中点，
∴ON⊥CD，∠CON＝∠DON．
又∵CM⊥AB，
∴∠ONC+∠CMO＝180°．
∴O、N、C、M四点共圆．
∴∠NOC＝∠NMC＝30°．
∴∠COD＝60°．
又∵OC＝OD，
∴△OCD为等边三角形．
∴CD＝．
故选：C．



参考答案
1.【解答】解：法一：∵AB＝AC＝AD，
∴∠ADB＝∠ABD，∠ACB＝∠ABC，∠ADC＝∠ACD，
∵∠BAC＝25°，∠CAD＝75°，
∴∠ACB＝（180°﹣25°）÷2＝77.5°，∠DAB＝∠DAC+∠CAB＝100°，
∠ADC＝∠ACD＝（180°﹣75°）÷2＝52.5°，
∴∠ADB＝（180°﹣100°）÷2＝40°，
∴∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝52.5°﹣40°＝12.5°，
∠DCB＝∠DCA+∠ACB＝52.5°+77.5°＝130°，
∴∠DBC＝180°﹣∠DCB﹣∠BDC＝180°﹣130°﹣12.5°＝37.5°．
∴∠BDC＝12.5°，∠DBC＝37.5°．


2.【解答】解：连接BC，AC，BD，AD，AE，BE，

已知A，B，D，E四点共圆，同弧所对的圆周角相等，因而∠ADB＝∠AEB，然后圆同弧对应的“圆内角“大于圆周角，“圆外角“小于圆周角，因而射门点在DE上时角最大，射门点在D点右上方或点E左下方时角度则会更小．
故选：C．


3.【解答】解：连结OP，OQ，OR，如图，
∵R是PQ的中点，
∴OR⊥PQ，
∵OP＝OQ，
∴∠POR＝∠QOR，
∵PS⊥AB，
∴∠PSO＝∠PRO＝90°，
∴点P、S、O、R四点在以OP为直径的圆上，
∴∠PSR＝∠POR，
同理可得∠QTR＝∠QOR，
∴∠PSR＝∠QTR，
∴∠RST＝∠RTS，
而∠SRT＝60°，
∴△RST为等边三角形，
∴∠RST＝60°，∠RTS＝60°，
∴∠RPO＝∠RSO＝60°，∠RQO＝∠RTO＝60°，
∴△OPQ为等边三角形，
∴PQ＝OP，
∴AB＝2PQ，
∴＝．
故答案为．



4.解析：本题主要考查三点共圆判定和相交弦定理。
由PA＝PB，∠APB＝2∠ACB，可知：A，B，C三点共圆，圆心为P半径为PB。由相交弦定理可知：AD·DC＝（PB+PD）(PB-PD)=7


5.【解答】解：设线段BA的中点为E，
∵点A（4，0）、B（﹣6，0），∴AB＝10，E（﹣1，0）．
（1）如答图1所示，过点E在第二象限作EP⊥BA，且EP＝AB＝5，则易知△PBA为等腰直角三角形，∠BPA＝90°，PA＝PB＝；
以点P为圆心，PA（或PB）长为半径作⊙P，与y轴的正半轴交于点C，
∵∠BCA为⊙P的圆周角，
∴∠BCA＝∠BPA＝45°，即则点C即为所求．
过点P作PF⊥y轴于点F，则OF＝PE＝5，PF＝1，
在Rt△PFC中，PF＝1，PC＝，由勾股定理得：CF＝＝7，
∴OC＝OF+CF＝5+7＝12，
∴点C坐标为（0，12）；
（2）如答图2所示，在第3象限可以参照（1）作同样操作，同理求得y轴负半轴上的点C坐标为（0，﹣12）．
综上所述，点C坐标为（0，12）或（0，﹣12）．
故答案为：（0，12）或（0，﹣12）．


6.【解答】解：∵Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝＝5，
以D为圆心，AD的长为半径画⊙D，
①如图1，当⊙D与BC相切时，DE⊥BC时，
设AD＝x，则DE＝AD＝x，BD＝AB﹣AD＝5﹣x，
∵∠BED＝∠C＝90°，∠B是公共角，
∴△BDE∽△BAC，
∴，
即，
解得：x＝；
②如图2，当⊙D与BC相交时，若交点为B或C，则AD＝AB＝，
∴AD的取值范围是≤AD＜．



7.【解答】解：
如图3中，在x轴上方作△OKC，使得△OKC是以OC为斜边的等腰直角三角形，作KE⊥AB于E．

∵OC＝2，
∴OK＝KC＝，
当EK＝KC＝时，以K为圆心，KC为半径的圆与AB相切，此时m＝BC＝1+，在AB上只有一个点P满足∠OPC＝∠OKC＝45°，
当BK＝时，在AB上恰好有两个点P满足∠OPC＝∠OKC＝45°，此时m＝BC＝2，
综上所述，满足条件的m的值的范围为2≤m＜1+．
故答案为2≤m＜1+．


8.【解答】解：（1）由旋转的性质可得：∠A1C1B＝∠ACB＝45°，BC＝BC1，
∴∠CC1B＝∠C1CB＝45°，
∴∠CC1A1＝∠CC1B+∠A1C1B＝45°+45°＝90°．

（2）∵△ABC≌△A1BC1，
∴BA＝BA1，BC＝BC1，∠ABC＝∠A1BC1，
∴，∠ABC+∠ABC1＝∠A1BC1+∠ABC1，
∴∠ABA1＝∠CBC1，
∴△ABA1∽△CBC1．
∴，
∵S△ABA1＝4，
∴S△CBC1＝；

（3）①如图1，过点B作BD⊥AC，D为垂足，
∵△ABC为锐角三角形，
∴点D在线段AC上，
在Rt△BCD中，BD＝BC×sin45°＝，
当P在AC上运动，BP与AC垂直的时候，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB上时，EP1最小，最小值为：EP1＝BP1﹣BE＝BD﹣BE＝﹣2；
②当P在AC上运动至点C，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB的延长线上时，EP1最大，最大值为：EP1＝BC+BE＝2+5＝7．



9.【解答】解：（1）令y＝0，即＝0，
解得x1＝﹣4，x2＝2，
∴A、B点的坐标为A（﹣4，0）、B（2，0）．

（2）抛物线y＝的对称轴是直线x＝﹣＝﹣1，
即D点的横坐标是﹣1，
S△ACB＝AB•OC＝9，
在Rt△AOC中，AC＝＝＝5，
设△ACD中AC边上的高为h，则有AC•h＝9，解得h＝．
如答图1，在坐标平面内作直线平行于AC，且到AC的距离＝h＝，这样的直线有2条，分别是l1和l2，则直线与对称轴x＝﹣1的两个交点即为所求的点D．
设l1交y轴于E，过C作CF⊥l1于F，则CF＝h＝，
∴CE＝＝．
设直线AC的解析式为y＝kx+b，将A（﹣4，0），C（0，3）坐标代入，
得到，解得，
∴直线AC解析式为y＝x+3．
直线l1可以看做直线AC向下平移CE长度单位（个长度单位）而形成的，
∴直线l1的解析式为y＝x+3﹣＝x﹣．
则D1的纵坐标为×（﹣1）﹣＝，∴D1（﹣1，）．
同理，直线AC向上平移个长度单位得到l2，可求得D2（﹣1，）
综上所述，D点坐标为：D1（﹣1，），D2（﹣1，）．

（3）如答图2，以AB为直径作⊙F，圆心为F．过E点作⊙F的切线，这样的切线有2条．
连接FM，过M作MN⊥x轴于点N．
∵A（﹣4，0），B（2，0），
∴F（﹣1，0），⊙F半径FM＝FB＝3．
又∵E（4，0），
∴FE＝5，
在Rt△MEF中，ME＝＝4，sin∠MFE＝，cos∠MFE＝．
在Rt△FMN中，MN＝MF•sin∠MFE＝3×＝，
FN＝MF•cos∠MFE＝3×＝，则ON＝，
∴M点坐标为（，）
直线l过M（，），E（4，0），
设直线l的解析式为y＝kx+b，则有
，解得，
所以直线l的解析式为y＝x+3．
同理，可以求得另一条切线的解析式为y＝x﹣3．
综上所述，直线l的解析式为y＝x+3或y＝x﹣3．



10.【解答】解：（1）直线解析式为y＝x+2，令x＝0，则y＝2，
∴A（0，2），
∵抛物线y＝x2+bx+c的图象过点A（0，2），E（﹣1，0），
∴，
解得．
∴抛物线的解析式为：y＝x2+x+2．

（2）∵直线y＝x+2分别交x轴、y轴于点P、点A，
∴P（6，0），A（0，2），
∴OP＝6，OA＝2．
∵AC⊥AB，OA⊥OP，
∴Rt△OCA∽Rt△OAP，∠OAC＝∠OPA，
∴，
∴OC＝，
又C点在x轴负半轴上，
∴点C的坐标为C（，0）．

（3）抛物线y＝x2+x+2与直线y＝x+2交于A、B两点，
令x2+x+2＝x+2，
解得x1＝0，x2＝，
∴B（，）．
如答图①所示，过点B作BD⊥x轴于点D，
则D（，0），BD＝，DP＝6﹣＝．
点M在坐标轴上，且△MAB是直角三角形，有以下几种情况：
①当点M在x轴上，且BM⊥AB，如答图①所示．
设M（m，0），则MD＝﹣m．
∵BM⊥AB，BD⊥x轴，∴，
即，
解得m＝，
∴此时M点坐标为（，0）；
②当点M在x轴上，且BM⊥AM，如答图①所示．
设M（m，0），则MD＝﹣m．
∵BM⊥AM，易知Rt△AOM∽Rt△MDB，
∴，即，
化简得：m2﹣m+＝0，
解得：m1＝，m2＝，
∴此时M点坐标为（，0），（，0）；
（说明：此时的M点相当于以AB为直径的圆与x轴的两个交点）
③当点M在y轴上，且BM⊥AM，如答图②所示．
此时M点坐标为（0，）；
④当点M在y轴上，且BM′⊥AB，如答图②所示．
设M′（0，m），则AM＝2﹣＝，BM＝，MM′＝﹣m．
易知Rt△ABM∽Rt△BM′M，
∴，即，
解得m＝，
∴此时M′点坐标为（0，）．
综上所述，除点C外，在坐标轴上存在点M，使得△MAB是直角三角形．
符合条件的点M有5个，其坐标分别为：（，0）、（，0）、（，0）、（0，）或（0，）．


11.【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．





12.【解答】解：（1）如图，以线段AB为直径的圆与线段CD的交点，或线段CD的中点E就是所勾股点；

（2）∵矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1时，
∴以线段AB为直径的圆与线段CD的交点有两个，加上C、D两点，总共四个点4个；

（3）①如图，当t＝4时，PM＝8﹣4＝4，QN＝5﹣4＝1，
当∠MHN＝90°时，
∵∠MPH＝∠HQN＝90°，
∴△PMH∽△QHN，
∴PH：QN＝PM：HQ，
而PH+HQ＝BC＝4，
∴PH＝2；
当∠H''NM＝90°时，设PH＝x，那么H''Q＝4﹣x
依题意得PM2+PH''2＝QN2+H''Q2+MN2，
而MN＝＝5，
∴PH＝；
当∠H'MN＝90°时，QH'2+QN2﹣（H'P2+PM2）＝MN2，
而H'Q＝PH'+PQ＝PH'+4，
∴PH＝3．
∴PH＝或PH＝2或PH＝3．
②当0≤t＜4时，有2个勾股点；
当t＝4时，有3个勾股点；
当4＜t＜5时，有4个勾股点；
当t＝5时，有2个勾股点；
当5＜t＜8时，有4个勾股点；
当t＝8时，有2个勾股点．
综上所述，当0≤t＜4或t＝5或t＝8时，有2个勾股点；当t＝4时，有3个勾股点；当4＜t＜5或5＜t＜8时，有4个勾股点．