试题

题目：
青果学院（2010·北海）如图，已知⊙O上A、B、C三点，∠BAC=30°，D是OB延长线上的点，∠BDC=30°，⊙O半径为
2
．
（1）求证：DC是⊙O的切线；
（2）如果AC∥BD，证明四边形ACDB是平行四边形，并求其周长；
（3）在图1中，如果AO⊥BO，BO与AC交于E，如图2，求S△ABC：S△AEB的值．
答案
（1）证明：连接OC，如图1青果学院，
∵∠A=30°，
∴∠BOC=60°，
又∵∠BDC=30°
∴∠DCO=90°，
∴CD是⊙的切线；

（2）证明：
∵AC∥BD，
∴∠ABO=∠BAC=30°，
而∠BDC=30°，
∴∠ABO=∠BDC，
∴AB∥CD，
∴四边形ABDC是平行四边形；
在Rt△CDO中，
∵∠BDC=30°，OC=
2

∴OD=2OC=2
2
，CD=
3
OC=
6
，
∴DB=OD-OB=
2
，
∴平行四边形ABDC的周长=2（DB+DC）=2（
2
+
6
）；

（3）解：∵AO⊥BO，OA=OB，
∴∠ACB=
1
2
∠AOB=45°，∠ABO=45°，
∴AB=
2
OA=2，
又∵∠CAB=∠BAE，∠ACB=∠ABO，
∴△ABC∽△AEB，
∴S△ABC：S△AEB=AC2：AB2，
过点B作BF⊥AC，垂足为F，如图2，
在Rt△ABF中，∠BAF=30°，
∴BF=
1
2
AB=
1
2
×2=1，AF=
3
BF=
3
，
∵△BCF为等腰直角三角形，
∴CF=BF=1，
∴AC=AF+CF=
3
+1，
∴S△ABC：S△AEB=AC2：AB2，=（
3
+1）2：22=
2+
3
2
．
（1）证明：连接OC，如图1青果学院，
∵∠A=30°，
∴∠BOC=60°，
又∵∠BDC=30°
∴∠DCO=90°，
∴CD是⊙的切线；

（2）证明：
∵AC∥BD，
∴∠ABO=∠BAC=30°，
而∠BDC=30°，
∴∠ABO=∠BDC，
∴AB∥CD，
∴四边形ABDC是平行四边形；
在Rt△CDO中，
∵∠BDC=30°，OC=
2

∴OD=2OC=2
2
，CD=
3
OC=
6
，
∴DB=OD-OB=
2
，
∴平行四边形ABDC的周长=2（DB+DC）=2（
2
+
6
）；

（3）解：∵AO⊥BO，OA=OB，
∴∠ACB=
1
2
∠AOB=45°，∠ABO=45°，
∴AB=
2
OA=2，
又∵∠CAB=∠BAE，∠ACB=∠ABO，
∴△ABC∽△AEB，
∴S△ABC：S△AEB=AC2：AB2，
过点B作BF⊥AC，垂足为F，如图2，
在Rt△ABF中，∠BAF=30°，
∴BF=
1
2
AB=
1
2
×2=1，AF=
3
BF=
3
，
∵△BCF为等腰直角三角形，
∴CF=BF=1，
∴AC=AF+CF=
3
+1，
∴S△ABC：S△AEB=AC2：AB2，=（
3
+1）2：22=
2+
3
2
．
考点梳理
相似三角形的判定与性质；三角形的面积；含30度角的直角三角形；平行四边形的判定与性质；切线的性质；解直角三角形．
（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠BOC=2∠A=60°，而∠BDC=30°，则∠DCO=90°，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）由AC∥BD得∠ABO=∠BAC=30°，而∠BDC=30°，则∠ABO=∠BDC，可得到AB∥CD，根据平行四边形的判定即可得到四边形ACDB是平行四边形；在Rt△CDO中，∠BDC=30°，OC=
2
，根据含30°的直角三角形三边的关系得到OD=2OC=2
2
，CD=
3
OC=
6
，则DB=OD-OB=
2
，利用平行四边形ABDC的周长=2（DB+DC）计算即可；
（3）由AO⊥BO，OA=OB得到∠ACB=
1
2
∠AOB=45°，∠ABO=45°，根据等腰直角三角形的性质得到AB=
2
OA=2，而∠CAB=∠BAE，∠ACB=∠ABO，根据相似三角形的判定得到
△ABC∽△AEB，利用其性质得到S△ABC：S△AEB=AC2：AB2；过点B作BF⊥AC，垂足为F，在Rt△ABF中，∠BAF=30°，根据含30°的直角三角形三边的关系得到BF=
1
2
AB=
1
2
×2=1，AF=
3
BF=
3
，
，并且CF=BF=1，则AC=AF+CF=
3
+1，计算S△ABC：S△AEB=AC2：AB2，=（
3
+1）2：22即可．
本题考查了相似三角形的判定与性质：有两组角对应相等的两个三角形相似；相似三角形面积的比等于相似比的平方．也考查了圆周角定理、含30°的直角三角形三边的关系、等腰直角三角形的性质、切线的判定定理以及平行四边形的判定定理．
证明题；压轴题．
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