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20.(8分)如图,在四边形ABCD中,AD//BC,E为CD的中点,连接AE,BE,BE⊥AE,延长AE交BC的延长线于点F.求证:
(1)FC=AD;
(2)AE平分∠BAD.
(1)FC=AD;
(2)AE平分∠BAD.
答案
20. 证明:(1)
∵AD//BC,
∴∠ADE=∠FCE,
∵E是CD的中点,
∴DE=CE.
在△ADE与△FCE中,
{ ∠ADE = ∠FCE , DE = CE , ∠AED = ∠FEC ,
∴△ADE≌△FCE(ASA),
∴FC=AD.
(2)
∵△ADE≌△FCE,
∴AE=FE,
又
∵BE⊥AE,
∴BE是线段AF的垂直平分线,
∴AB=BF,
∴∠BAF=∠F,
∵AD//BC,
∴∠F=∠DAF,
∴∠DAF=∠BAF.即AE平分∠BAD.
∵AD//BC,
∴∠ADE=∠FCE,
∵E是CD的中点,
∴DE=CE.
在△ADE与△FCE中,
{ ∠ADE = ∠FCE , DE = CE , ∠AED = ∠FEC ,
∴△ADE≌△FCE(ASA),
∴FC=AD.
(2)
∵△ADE≌△FCE,
∴AE=FE,
又
∵BE⊥AE,
∴BE是线段AF的垂直平分线,
∴AB=BF,
∴∠BAF=∠F,
∵AD//BC,
∴∠F=∠DAF,
∴∠DAF=∠BAF.即AE平分∠BAD.
解析
【分析】
(1) 要证FC=AD，可通过证明FC和AD所在的三角形全等实现。首先由AD//BC可得一组内错角相等，结合E是CD中点得到一组边相等，再加上对顶角相等，即可用ASA判定△ADE≌△FCE，进而得到对应边相等。
(2) 要证AE平分∠BAD，即证∠DAE=∠BAE。首先由(1)的全等可得AE=FE，结合BE⊥AE可知BE是AF的垂直平分线，推出AB=BF，得到∠BAF=∠F，再结合AD//BC的性质得到∠F=∠DAE，等量代换即可得证。
【解析】
证明:(1)
∵AD//BC,
∴∠ADE=∠FCE,
∵E是CD的中点,
∴DE=CE.
在△ADE与△FCE中,
$\{\begin{array}{l}∠ ADE = ∠ FCE \\ DE = CE \\ ∠ AED = ∠ FEC\end{array} $
∴△ADE≌△FCE(ASA),
∴FC=AD.
(2)
∵△ADE≌△FCE,
∴AE=FE,
又
∵BE⊥AE,
∴BE是线段AF的垂直平分线,
∴AB=BF,
∴∠BAF=∠F,
∵AD//BC,
∴∠F=∠DAF,
∴∠DAF=∠BAF，即AE平分∠BAD.
【答案】
(1) 证明见解析，FC=AD成立；
(2) 证明见解析，AE平分∠BAD成立。
【知识点】
平行线的性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质
【点评】
本题是几何基础综合题，解题核心是通过平行线性质挖掘角的相等关系，结合全等三角形的判定转化边、角条件，再利用垂直平分线性质推导角的等量关系，是几何证明的常考基础题型。
【难度系数】
0.7
(1) 要证FC=AD，可通过证明FC和AD所在的三角形全等实现。首先由AD//BC可得一组内错角相等，结合E是CD中点得到一组边相等，再加上对顶角相等，即可用ASA判定△ADE≌△FCE，进而得到对应边相等。
(2) 要证AE平分∠BAD，即证∠DAE=∠BAE。首先由(1)的全等可得AE=FE，结合BE⊥AE可知BE是AF的垂直平分线，推出AB=BF，得到∠BAF=∠F，再结合AD//BC的性质得到∠F=∠DAE，等量代换即可得证。
【解析】
证明:(1)
∵AD//BC,
∴∠ADE=∠FCE,
∵E是CD的中点,
∴DE=CE.
在△ADE与△FCE中,
$\{\begin{array}{l}∠ ADE = ∠ FCE \\ DE = CE \\ ∠ AED = ∠ FEC\end{array} $
∴△ADE≌△FCE(ASA),
∴FC=AD.
(2)
∵△ADE≌△FCE,
∴AE=FE,
又
∵BE⊥AE,
∴BE是线段AF的垂直平分线,
∴AB=BF,
∴∠BAF=∠F,
∵AD//BC,
∴∠F=∠DAF,
∴∠DAF=∠BAF，即AE平分∠BAD.
【答案】
(1) 证明见解析，FC=AD成立；
(2) 证明见解析，AE平分∠BAD成立。
【知识点】
平行线的性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质
【点评】
本题是几何基础综合题，解题核心是通过平行线性质挖掘角的相等关系，结合全等三角形的判定转化边、角条件，再利用垂直平分线性质推导角的等量关系，是几何证明的常考基础题型。
【难度系数】
0.7
21.(8分)如图，E,F分别是正方形ABCD的边BC,CD上的点，且BE+DF=EF，求∠EAF的度数. 
答案
21. 解:如图,延长 EB 使得 BG=DF,连接 AG,
在△ABG 和△ADF 中,
{ AB=AD,
∠ABG=∠ADF=90°,
BG=DF,
∴△ABG≌△ADF(SAS),
∴∠DAF=∠BAG,AF=AG,
又
∵EF=DF+BE=BG+BE=EG,
AE=AE,
在△AEG 和△AEF 中,
{ AE=AE,
EG=EF,
AG=AF,
∴△AEG≌△AEF(SSS),
∴∠EAG=∠EAF,
∵∠DAF+∠EAF+∠BAE=90°,
∴∠EAG+∠EAF=90°,
∴∠EAF=45°.
解析
【分析】
本题要求∠EAF的度数，题目给出EF=BE+DF的线段和条件，结合正方形边相等、内角为90°的性质，可采用截长补短法构造全等三角形转化条件：第一步，通过延长EB至G使BG=DF，构造出与△ADF全等的三角形，将DF转移到BG的位置，把BE+DF转化为线段EG；第二步，证明△AEG与△AEF全等，得到对应角相等，再结合正方形∠BAD=90°的条件，即可求出∠EAF的度数。
【解析】
解:如图,延长 EB 使得 BG=DF,连接 AG,
在△ABG 和△ADF 中,
$\{\begin{array}{l} AB=AD,\\ ∠ABG=∠ADF=90°,\\ BG=DF,\end{array} $
∴△ABG≌△ADF(SAS),
∴∠DAF=∠BAG,AF=AG,
又
∵EF=DF+BE=BG+BE=EG,
AE=AE,
在△AEG 和△AEF 中,
$\{\begin{array}{l} AE=AE,\\ EG=EF,\\ AG=AF,\end{array} $
∴△AEG≌△AEF(SSS),
∴∠EAG=∠EAF,
∵∠DAF+∠EAF+∠BAE=90°,
∴∠BAG+∠BAE+∠EAF=∠EAG+∠EAF=90°,
∴∠EAF=45°。
【答案】
∠EAF的度数为45°，辅助线构造如下：
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；截长补短法构造辅助线
【点评】
本题是四边形与全等三角形结合的典型题型，解题关键是根据线段和的条件选择截长补短法构造全等，将分散的线段、角的条件集中转化，这类辅助线构造方法在几何和差类问题中应用广泛。
【难度系数】
0.6
本题要求∠EAF的度数，题目给出EF=BE+DF的线段和条件，结合正方形边相等、内角为90°的性质，可采用截长补短法构造全等三角形转化条件：第一步，通过延长EB至G使BG=DF，构造出与△ADF全等的三角形，将DF转移到BG的位置，把BE+DF转化为线段EG；第二步，证明△AEG与△AEF全等，得到对应角相等，再结合正方形∠BAD=90°的条件，即可求出∠EAF的度数。
【解析】
解:如图,延长 EB 使得 BG=DF,连接 AG,
在△ABG 和△ADF 中,
$\{\begin{array}{l} AB=AD,\\ ∠ABG=∠ADF=90°,\\ BG=DF,\end{array} $
∴△ABG≌△ADF(SAS),
∴∠DAF=∠BAG,AF=AG,
又
∵EF=DF+BE=BG+BE=EG,
AE=AE,
在△AEG 和△AEF 中,
$\{\begin{array}{l} AE=AE,\\ EG=EF,\\ AG=AF,\end{array} $
∴△AEG≌△AEF(SSS),
∴∠EAG=∠EAF,
∵∠DAF+∠EAF+∠BAE=90°,
∴∠BAG+∠BAE+∠EAF=∠EAG+∠EAF=90°,
∴∠EAF=45°。
【答案】
∠EAF的度数为45°，辅助线构造如下：
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；截长补短法构造辅助线
【点评】
本题是四边形与全等三角形结合的典型题型，解题关键是根据线段和的条件选择截长补短法构造全等，将分散的线段、角的条件集中转化，这类辅助线构造方法在几何和差类问题中应用广泛。
【难度系数】
0.6
22.(10分)如图,在△ABC中,∠ABC=45°,AM⊥BC于点M,点D在AM上,且DM=CM,F是BC的中点,连接FD并延长,在FD的延长线上有一点E,连接CE,且CE=AC,∠BDF=36°,求∠E的度数.
答案
22. 解:
∵∠ABC=45°,AM⊥BC,
∴∠BMD=∠AMC,BM=AM,
在△BMD 和△AMC 中,
{ DM=CM,
∠BMD=∠AMC,
BM=AM,
∴△BMD≌△AMC(SAS),
延长 EF 到点 G,使得 FG=FE,连接 BG.如图所示:
∵△BMD≌△AMC,
∴BD=AC,
又
∵CE=AC,
∴BD=CE,
在△BFG 和△CFE 中,
{ BF=CF,
∠BFG=∠CFE,
FG=FE,
∴△BFG≌△CFE(SAS),
∴BG=CE,∠G=∠E,
∴BD=CE=BG,
∴∠BDF=∠G=∠E.
∵∠BDF=36°,
∴∠E=36°.
解析
【分析】
解题时先从已知条件入手：1. 由∠ABC=45°，AM⊥BC，可得△ABM是等腰直角三角形，即BM=AM，同时得到∠BMD=∠AMC=90°，结合已知DM=CM，可先证△BMD≌△AMC，得到BD=AC；2. 已知CE=AC，可推得BD=CE，接下来要将已知的∠BDF和待求的∠E建立联系，F是BC中点，遇到中点时可采用倍长过中点线段的辅助线做法：延长EF到G使FG=FE，构造△BFG和△CFE全等，即可将CE转移为BG，∠E转移为∠G，此时可得BD=BG，利用等腰三角形等边对等角的性质，即可得到∠BDF=∠G=∠E，代入已知角度即可求出∠E的度数。
【解析】
∵∠ABC=45°，AM⊥BC，
∴∠BMD=∠AMC=90°，△ABM为等腰直角三角形，BM=AM，
在△BMD 和△AMC 中，
$\{\begin{array}{l} DM=CM\\ ∠ BMD=∠ AMC\\ BM=AM\end{array} $
∴△BMD≌△AMC(SAS)，
∴BD=AC，
延长 EF 到点 G，使得 FG=FE，连接 BG，如图所示：
又
∵CE=AC，
∴BD=CE，
∵F是BC的中点，
∴BF=CF，
在△BFG 和△CFE 中，
$\{\begin{array}{l} BF=CF\\ ∠ BFG=∠ CFE\\ FG=FE\end{array} $
∴△BFG≌△CFE(SAS)，
∴BG=CE，∠G=∠E，
∴BD=CE=BG，即△BDG为等腰三角形，
∴∠BDF=∠G=∠E，
∵∠BDF=36°，
∴∠E=36°。
【答案】
∠E=36°
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题属于三角形综合类题目，核心考察全等三角形的证明及等腰三角形性质的应用，解题的突破口是先利用已知的45°角和垂直关系证明第一组全等得到边相等，再通过倍长过中点的线段构造第二组全等实现边和角的转移，将待求角和已知角建立关联，这类考法比较常见，需要熟练掌握中点相关的辅助线构造方法。
【难度系数】
0.6
解题时先从已知条件入手：1. 由∠ABC=45°，AM⊥BC，可得△ABM是等腰直角三角形，即BM=AM，同时得到∠BMD=∠AMC=90°，结合已知DM=CM，可先证△BMD≌△AMC，得到BD=AC；2. 已知CE=AC，可推得BD=CE，接下来要将已知的∠BDF和待求的∠E建立联系，F是BC中点，遇到中点时可采用倍长过中点线段的辅助线做法：延长EF到G使FG=FE，构造△BFG和△CFE全等，即可将CE转移为BG，∠E转移为∠G，此时可得BD=BG，利用等腰三角形等边对等角的性质，即可得到∠BDF=∠G=∠E，代入已知角度即可求出∠E的度数。
【解析】
∵∠ABC=45°，AM⊥BC，
∴∠BMD=∠AMC=90°，△ABM为等腰直角三角形，BM=AM，
在△BMD 和△AMC 中，
$\{\begin{array}{l} DM=CM\\ ∠ BMD=∠ AMC\\ BM=AM\end{array} $
∴△BMD≌△AMC(SAS)，
∴BD=AC，
延长 EF 到点 G，使得 FG=FE，连接 BG，如图所示：
又
∵CE=AC，
∴BD=CE，
∵F是BC的中点，
∴BF=CF，
在△BFG 和△CFE 中，
$\{\begin{array}{l} BF=CF\\ ∠ BFG=∠ CFE\\ FG=FE\end{array} $
∴△BFG≌△CFE(SAS)，
∴BG=CE，∠G=∠E，
∴BD=CE=BG，即△BDG为等腰三角形，
∴∠BDF=∠G=∠E，
∵∠BDF=36°，
∴∠E=36°。
【答案】
∠E=36°
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题属于三角形综合类题目，核心考察全等三角形的证明及等腰三角形性质的应用，解题的突破口是先利用已知的45°角和垂直关系证明第一组全等得到边相等，再通过倍长过中点的线段构造第二组全等实现边和角的转移，将待求角和已知角建立关联，这类考法比较常见，需要熟练掌握中点相关的辅助线构造方法。
【难度系数】
0.6
23.(11分)如图,等边△ABC的边长为12 cm,M,N两点分别从点A,B同时出发,沿△ABC的边顺时针运动,点M的速度为1 cm/s,点N的速度为2 cm/s,当点N第一次到达B点时,M,N两点同时停止运动,求当△AMN为等腰三角形时,M,N的运动时间t.
答案
23. 解:如图 1,设当点 M 在 AC 上,点 N 在 AB 上时,点 M,N 运动 x 秒后,AN=AM,
由运动知,AN=12−2x,AM=x,
∴12−2x=x,
解得 x=4,
∴点 M,N 运动 4 秒后,△AMN 是等腰三角形;
如图 2,假设△AMN 是等腰三角形,
∴AN=AM,
∴∠AMN=∠ANM,
∴∠AMC=∠ANB,
∵△ABC 是等边三角形,
∴∠C=∠B,
在△ACM 和△ABN 中,
{ ∠C=∠B,
∠AMC=∠ANB,
AC=AB,
∴△ACM≌△ABN(AAS),
∴CM=BN,
设当点 M,N 在 BC 边上运动时,M,N 运动的时间为 y 秒时,△AMN 是等腰三角形,
∴CM=y−12,BN=36−2y,
∵CM=BN,
∴y−12=36−2y,
解得 y=16.故假设成立.
∴当点 M,N 运动时间为 4 秒或 16 秒时,△AMN 为等腰三角形.
解析
【分析】
本题为动点与三角形结合的综合题，需分类讨论求解：①首先考虑点M在AC上、点N在AB上的运动阶段，此时△AMN的顶角为等边三角形的内角60°，若为等腰三角形则需满足两腰AM=AN，据此列方程即可求解；②当两点均运动到BC边上时，若△AMN为等腰三角形，则AN=AM，结合等边△ABC的性质可证△ACM≌△ABN，得到CM=BN的等量关系，再根据两点的运动路程分别表示出CM和BN的长度，列方程求解即可，最后需验证解是否在对应运动时间范围内，符合题意的为有效解。
【解析】
分两种情况讨论：
1. 当点M在AC上，点N在AB上时，设运动时间为$ x $秒，此时若△AMN为等腰三角形：
由运动规律得：$ AM = x \, \mathrm{cm} $，$ AN = AB - BN = 12 - 2x \, \mathrm{cm} $，
∵△ABC是等边三角形，$ ∠ MAN = 60° $，
∴此时等腰△AMN为等边三角形，即$ AM = AN $，
列方程：$ 12 - 2x = x $，
解得$ x = 4 $，符合该阶段运动时间范围。
2. 当点M、N都在BC边上运动时，设运动时间为$ y $秒，此时若△AMN为等腰三角形，则$ AN = AM $，
∴$ ∠ AMN = ∠ ANM $，可得$ ∠ AMC = ∠ ANB $，
∵△ABC是等边三角形，
∴$ ∠ C = ∠ B = 60° $，$ AC = AB $，
在△ACM和△ABN中：
$\begin{cases}∠ C = ∠ B \\∠ AMC = ∠ ANB \\AC = AB\end{cases}$
∴△ACM≌△ABN（AAS），得$ CM = BN $。
由运动规律得：M从A到C用时12s，故$ CM = (y - 12) \, \mathrm{cm} $；
N运动总路程为$ 2y \, \mathrm{cm} $，沿三角形运动一周回到B的总路程为36cm，故$ BN = (36 - 2y) \, \mathrm{cm} $，
列方程：$ y - 12 = 36 - 2y $，
解得$ y = 16 $，符合该阶段运动时间范围（N第一次到达B点用时18s，运动停止）。
【答案】
当点M、N的运动时间为4秒或16秒时，△AMN为等腰三角形。
【知识点】
等边三角形性质；全等三角形判定与性质；等腰三角形判定
【点评】
本题是几何动点综合题，重点考查分类讨论思想，解题关键是先划分点的不同运动阶段，再结合三角形的性质建立等量关系列方程求解，求解后需验证解是否符合运动的实际范围，避免出现增解。
【难度系数】
0.6
本题为动点与三角形结合的综合题，需分类讨论求解：①首先考虑点M在AC上、点N在AB上的运动阶段，此时△AMN的顶角为等边三角形的内角60°，若为等腰三角形则需满足两腰AM=AN，据此列方程即可求解；②当两点均运动到BC边上时，若△AMN为等腰三角形，则AN=AM，结合等边△ABC的性质可证△ACM≌△ABN，得到CM=BN的等量关系，再根据两点的运动路程分别表示出CM和BN的长度，列方程求解即可，最后需验证解是否在对应运动时间范围内，符合题意的为有效解。
【解析】
分两种情况讨论：
1. 当点M在AC上，点N在AB上时，设运动时间为$ x $秒，此时若△AMN为等腰三角形：
由运动规律得：$ AM = x \, \mathrm{cm} $，$ AN = AB - BN = 12 - 2x \, \mathrm{cm} $，
∵△ABC是等边三角形，$ ∠ MAN = 60° $，
∴此时等腰△AMN为等边三角形，即$ AM = AN $，
列方程：$ 12 - 2x = x $，
解得$ x = 4 $，符合该阶段运动时间范围。
2. 当点M、N都在BC边上运动时，设运动时间为$ y $秒，此时若△AMN为等腰三角形，则$ AN = AM $，
∴$ ∠ AMN = ∠ ANM $，可得$ ∠ AMC = ∠ ANB $，
∵△ABC是等边三角形，
∴$ ∠ C = ∠ B = 60° $，$ AC = AB $，
在△ACM和△ABN中：
$\begin{cases}∠ C = ∠ B \\∠ AMC = ∠ ANB \\AC = AB\end{cases}$
∴△ACM≌△ABN（AAS），得$ CM = BN $。
由运动规律得：M从A到C用时12s，故$ CM = (y - 12) \, \mathrm{cm} $；
N运动总路程为$ 2y \, \mathrm{cm} $，沿三角形运动一周回到B的总路程为36cm，故$ BN = (36 - 2y) \, \mathrm{cm} $，
列方程：$ y - 12 = 36 - 2y $，
解得$ y = 16 $，符合该阶段运动时间范围（N第一次到达B点用时18s，运动停止）。
【答案】
当点M、N的运动时间为4秒或16秒时，△AMN为等腰三角形。
【知识点】
等边三角形性质；全等三角形判定与性质；等腰三角形判定
【点评】
本题是几何动点综合题，重点考查分类讨论思想，解题关键是先划分点的不同运动阶段，再结合三角形的性质建立等量关系列方程求解，求解后需验证解是否符合运动的实际范围，避免出现增解。
【难度系数】
0.6
24. (12分)如图1,等边△OAB的顶点A在x轴的负半轴上,点B(a,b)在第二象限内,且a,b满足$(a+2)^2 + |b - 2\sqrt{3}| = 0$.点P是y轴上的一个动点,以PA为边作等边△PAC,直线BC交x轴于点M,交y轴于点D.
(1)求△OAB的面积;
(2)当点P在如图2位置时,求点M的坐标;
(3)当点P在如图3位置时,求OP,CD,AD满足的数量关系,并证明你的结论.
(1)求△OAB的面积;
(2)当点P在如图2位置时,求点M的坐标;
(3)当点P在如图3位置时,求OP,CD,AD满足的数量关系,并证明你的结论.
答案
24. (1)解:4√3 ;
(2)解:
∵∠CAP=∠BAO=60°,
AC=AP,AB=AO,
∴∠CAB=∠PAO,
∴△ABC≌△AOP(SAS),
∴∠ABC=∠AOP=90°,
∴△ABM是含30°角的直角三角形,
∴AM=2AB=8,
∴OM=4,
∴M(4,0);
(3)结论:OP=CD+ 1/2 AD.
证明:由(2)知△ABC≌△AOP,
可得∠ABC=∠AOP=90°,OP=BC,
∵∠ABD=∠AOD=90°,
AD=AD,AB=AO,
∴△ABD≌△AOD(HL),
∴∠BAD=∠OAD=30°,
∴BD= 1/2 AD,
∴OP=BC=CD+BD=CD+ 1/2 AD.
(2)解:
∵∠CAP=∠BAO=60°,
AC=AP,AB=AO,
∴∠CAB=∠PAO,
∴△ABC≌△AOP(SAS),
∴∠ABC=∠AOP=90°,
∴△ABM是含30°角的直角三角形,
∴AM=2AB=8,
∴OM=4,
∴M(4,0);
(3)结论:OP=CD+ 1/2 AD.
证明:由(2)知△ABC≌△AOP,
可得∠ABC=∠AOP=90°,OP=BC,
∵∠ABD=∠AOD=90°,
AD=AD,AB=AO,
∴△ABD≌△AOD(HL),
∴∠BAD=∠OAD=30°,
∴BD= 1/2 AD,
∴OP=BC=CD+BD=CD+ 1/2 AD.
解析
【分析】
(1) 先根据非负数的性质：若两个非负数的和为0，则这两个数均为0，求出a、b的值得到点B坐标，计算等边△OAB的边长，再代入等边三角形面积公式求解即可。
(2) 题中两个等边三角形共顶点A，属于手拉手全等模型，先推导∠CAB=∠PAO，结合AC=AP、AB=AO的条件，用SAS证明△ABC≌△AOP，得到∠ABM为直角，再利用含30°角的直角三角形的性质求出AM的长度，进而得到点M的坐标。
(3) 沿用(2)的全等结论可得OP=BC，再通过HL证明Rt△ABD≌Rt△AOD，推导得到BD=1/2 AD，最后结合线段和的关系BC=CD+BD，即可得到OP、CD、AD的数量关系。
【解析】
(1) 解：
∵$(a+2)^2 + |b - 2\sqrt{3}| = 0$，且$(a+2)^2≥0$，$|b - 2\sqrt{3}|≥0$，
∴$a+2=0$，$b-2\sqrt{3}=0$，解得$a=-2$，$b=2\sqrt{3}$，即$B(-2,2\sqrt{3})$。
等边△OAB的边长$OB=\sqrt{(-2)^2 + (2\sqrt{3})^2}=\sqrt{4+12}=4$，
∴$S_{△ OAB}=\frac{\sqrt{3}}{4}×4^2=4\sqrt{3}$。
(2) 解：
∵△PAC和△OAB均为等边三角形，
∴$∠ CAP=∠ BAO=60°$，$AC=AP$，$AB=AO$，
∴$∠ CAP - ∠ BAP = ∠ BAO - ∠ BAP$，即$∠ CAB=∠ PAO$，
在$△ ABC$和$△ AOP$中：
$\begin{cases}AC=AP \\∠ CAB=∠ PAO \\AB=AO\end{cases}$
∴$△ ABC≌△ AOP(\mathrm{SAS})$，
∴$∠ ABC=∠ AOP=90°$，即$AB⊥ BM$，
在$Rt△ ABM$中，$∠ BAM=60°$，
∴$∠ AMB=30°$，
∴$AM=2AB=2×4=8$，
∵点A在x轴负半轴，$AO=4$，
∴A点坐标为$(-4,0)$，
∴$OM=AM-AO=8-4=4$，即$M(4,0)$。
(3) 结论：$OP=CD+\frac{1}{2}AD$。
证明：由(2)同理可证$△ ABC≌△ AOP$，
∴$OP=BC$，$∠ ABC=∠ AOP=90°$，
∴$∠ ABD=∠ AOD=90°$，
在$Rt△ ABD$和$Rt△ AOD$中：
$\begin{cases}AB=AO \\AD=AD\end{cases}$
∴$Rt△ ABD≌ Rt△ AOD(\mathrm{HL})$，
∴$∠ BAD=∠ OAD=\frac{1}{2}∠ BAO=30°$，
在$Rt△ ABD$中，$∠ BAD=30°$，
∴$BD=\frac{1}{2}AD$，
∵$BC=CD+BD$，
∴$OP=CD+\frac{1}{2}AD$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{4\sqrt{3}}$
(2) $\boldsymbol{(4,0)}$
(3) $\boldsymbol{OP = CD + \dfrac{1}{2}AD}$
【知识点】
非负数的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质
【点评】
本题为坐标系与几何结合的综合题，考查了非负数性质、全等三角形的常用判定定理、等边三角形和特殊直角三角形的性质，解题的核心是识别共顶点等边三角形的手拉手全等模型，再结合线段和差关系推导结论，对几何模型的应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 先根据非负数的性质：若两个非负数的和为0，则这两个数均为0，求出a、b的值得到点B坐标，计算等边△OAB的边长，再代入等边三角形面积公式求解即可。
(2) 题中两个等边三角形共顶点A，属于手拉手全等模型，先推导∠CAB=∠PAO，结合AC=AP、AB=AO的条件，用SAS证明△ABC≌△AOP，得到∠ABM为直角，再利用含30°角的直角三角形的性质求出AM的长度，进而得到点M的坐标。
(3) 沿用(2)的全等结论可得OP=BC，再通过HL证明Rt△ABD≌Rt△AOD，推导得到BD=1/2 AD，最后结合线段和的关系BC=CD+BD，即可得到OP、CD、AD的数量关系。
【解析】
(1) 解：
∵$(a+2)^2 + |b - 2\sqrt{3}| = 0$，且$(a+2)^2≥0$，$|b - 2\sqrt{3}|≥0$，
∴$a+2=0$，$b-2\sqrt{3}=0$，解得$a=-2$，$b=2\sqrt{3}$，即$B(-2,2\sqrt{3})$。
等边△OAB的边长$OB=\sqrt{(-2)^2 + (2\sqrt{3})^2}=\sqrt{4+12}=4$，
∴$S_{△ OAB}=\frac{\sqrt{3}}{4}×4^2=4\sqrt{3}$。
(2) 解：
∵△PAC和△OAB均为等边三角形，
∴$∠ CAP=∠ BAO=60°$，$AC=AP$，$AB=AO$，
∴$∠ CAP - ∠ BAP = ∠ BAO - ∠ BAP$，即$∠ CAB=∠ PAO$，
在$△ ABC$和$△ AOP$中：
$\begin{cases}AC=AP \\∠ CAB=∠ PAO \\AB=AO\end{cases}$
∴$△ ABC≌△ AOP(\mathrm{SAS})$，
∴$∠ ABC=∠ AOP=90°$，即$AB⊥ BM$，
在$Rt△ ABM$中，$∠ BAM=60°$，
∴$∠ AMB=30°$，
∴$AM=2AB=2×4=8$，
∵点A在x轴负半轴，$AO=4$，
∴A点坐标为$(-4,0)$，
∴$OM=AM-AO=8-4=4$，即$M(4,0)$。
(3) 结论：$OP=CD+\frac{1}{2}AD$。
证明：由(2)同理可证$△ ABC≌△ AOP$，
∴$OP=BC$，$∠ ABC=∠ AOP=90°$，
∴$∠ ABD=∠ AOD=90°$，
在$Rt△ ABD$和$Rt△ AOD$中：
$\begin{cases}AB=AO \\AD=AD\end{cases}$
∴$Rt△ ABD≌ Rt△ AOD(\mathrm{HL})$，
∴$∠ BAD=∠ OAD=\frac{1}{2}∠ BAO=30°$，
在$Rt△ ABD$中，$∠ BAD=30°$，
∴$BD=\frac{1}{2}AD$，
∵$BC=CD+BD$，
∴$OP=CD+\frac{1}{2}AD$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{4\sqrt{3}}$
(2) $\boldsymbol{(4,0)}$
(3) $\boldsymbol{OP = CD + \dfrac{1}{2}AD}$
【知识点】
非负数的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质
【点评】
本题为坐标系与几何结合的综合题，考查了非负数性质、全等三角形的常用判定定理、等边三角形和特殊直角三角形的性质，解题的核心是识别共顶点等边三角形的手拉手全等模型，再结合线段和差关系推导结论，对几何模型的应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
