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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．
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∵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．
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∵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∵400﹣45
+30
＞340，
+30．
∴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∵400﹣45
﹣30
＜340，
﹣30
．
∴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°，
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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．
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