题目内容
如图，已知在等腰△ABC中，∠A=∠B=30°，过点C作CD⊥AC交AB于点D．（1）尺规作图：过A，D，C三点作⊙O（只要求作出图形，保留痕迹，不要求写作法）；
（2）求证：BC是过A，D，C三点的圆的切线；
（3）若过A，D，C三点的圆的半径为
，则线段BC上是否存在一点P，使得以P，D，B为顶点的三角形与△BCO相似？若存在，求出DP的长；若不存在，请说明理由．
【答案】分析：（1）因为CD⊥AC，所以以AD为直径作圆即为⊙O；
（2）BC过半径OC外端点C，要证BC是过A，D，C三点的圆的切线，只证OC⊥BC即可．
（3）通过证明△BDP∽△BCO，再利用相似比即可求得DP的长．
解答：
（1）解：作AD中点O（1分）
以点O为圆心，OA长为半径作圆．（1分）
（2）证明：∵CD⊥AC，
∴∠ACD=90°，
∴AD是⊙O的直径．（1分）
连接OC，
∵∠A=∠B=30°，
∴∠ACB=120°．
又∵OA=OC，
∴∠ACO=∠A=30°．（1分）
∴∠BCO=∠ACB-∠ACO=120°-30°=90°．（1分）
∴BC⊥OC．
∴BC是⊙O的切线．（1分）
（3）解：存在．（1分）
∵∠BCD=∠ACB-∠ACD=120°-90°=30°，
∴∠BCD=∠B．
即DB=DC．
又∵在Rt△ACD中，DC=AD•sin30°=
，
∴BD=
．（1分）
解法一：①过点D作DP1∥OC，则△P1DB∽△COB，
．
∵BO=BD+OD=
，
∴P1D=
×OC=
×
=
．（1分）
②过点D作DP2⊥AB，则△BDP2∽△BCO，
∴
．
∵BC=
，
∴P2D=
×OC=
=1．（1分）
解法二：①当△BP1D∽△BCO时，∠DP1B=∠OCB=90°，
在Rt△BP1D中，DP1=BD•sin30°=
．（1分）
②当△BDP2∽△BCO时，∠P2DB=∠OCB=90°，
在Rt△BP2D中，DP2=BD•tan30°=1．（1分）
点评：此题考查相似三角形的判定，外接圆作法及切线的判定的综合运用．
（2）BC过半径OC外端点C，要证BC是过A，D，C三点的圆的切线，只证OC⊥BC即可．
（3）通过证明△BDP∽△BCO，再利用相似比即可求得DP的长．
解答：
（1）解：作AD中点O（1分）以点O为圆心，OA长为半径作圆．（1分）
（2）证明：∵CD⊥AC，
∴∠ACD=90°，
∴AD是⊙O的直径．（1分）
连接OC，
∵∠A=∠B=30°，
∴∠ACB=120°．
又∵OA=OC，
∴∠ACO=∠A=30°．（1分）
∴∠BCO=∠ACB-∠ACO=120°-30°=90°．（1分）
∴BC⊥OC．
∴BC是⊙O的切线．（1分）
（3）解：存在．（1分）
∵∠BCD=∠ACB-∠ACD=120°-90°=30°，
∴∠BCD=∠B．
即DB=DC．
又∵在Rt△ACD中，DC=AD•sin30°=
，∴BD=
．（1分）解法一：①过点D作DP1∥OC，则△P1DB∽△COB，
．∵BO=BD+OD=
，∴P1D=
×OC=×=．（1分）②过点D作DP2⊥AB，则△BDP2∽△BCO，
∴
．∵BC=
，∴P2D=
×OC==1．（1分）解法二：①当△BP1D∽△BCO时，∠DP1B=∠OCB=90°，
在Rt△BP1D中，DP1=BD•sin30°=
．（1分）②当△BDP2∽△BCO时，∠P2DB=∠OCB=90°，
在Rt△BP2D中，DP2=BD•tan30°=1．（1分）
点评：此题考查相似三角形的判定，外接圆作法及切线的判定的综合运用．
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