在Rt△BDC中,∵BE=EC, ∴DE=EC=BE, ∴∠1=∠3, ∵BC是⊙O的切线, ∴∠3+∠4=90°, ∴∠1+∠4=90°, 又∵∠2=∠4, ∴∠1+∠2=90°, ∴DF为⊙O的切线; (2)∵OB=BF, ∴OF=2OD, ∴∠F=30°, ∵∠FBE=90°, ∴BE=EF=2, ∴DE=BE=2, ∴DF=6,
∵∠F=30°,∠ODF=90°, ∴∠FOD=60°, ∵OD=OA, ∴∠A=∠ADO=∴∠A=∠F, ∴AD=DF=6.
BOD=30°,
24.(2019?达州)箭头四角形 模型规律
如图1,延长CO交AB于点D,则∠BOC=∠1+∠B=∠A+∠C+∠B.
因为凹四边形ABOC形似箭头,其四角具有“∠BOC=∠A+∠B+∠C”这个规律,所以我们把这
个模型叫做“箭头四角形”. 模型应用
(1)直接应用:①如图2,∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F= 2α .
②如图3,∠ABE、∠ACE的2等分线(即角平分线)BF、CF交于点F,已知∠BEC=120°,∠BAC=50°,则∠BFC= 85° .
③如图4,BOi、COi分别为∠ABO、∠ACO的2019等分线(i=1,2,3,…,2017,2018).它们的交点从上到下依次为O1、O2、O3、…、O2018.已知∠BOC=m°,∠BAC=n°,则∠BO1000C= (
m+
n) 度.
(2)拓展应用:如图5,在四边形ABCD中,BC=CD,∠BCD=2∠BAD.O是四边形ABCD内一点,且OA=OB=OD.求证:四边形OBCD是菱形.
解:(1)①如图2,
在凹四边形ABOC中,∠A+∠B+∠C=∠BOC=α, 在凹四边形DOEF中,∠D+∠E+∠F=∠DOE=α, ∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=2α; ②如图3,
∵∠BEC=∠EBF+∠ECF+∠F,∠F=∠ABF+∠ACF+∠A,且∠EBF=∠ABF,∠ECF=∠ACF, ∴∠BEC=∠F﹣∠A+∠F, ∴∠F=
,
∵∠BEC=120°,∠BAC=50°, ∴∠F=85°; ③如图3,
由题意知∠ABO1000=∠ACO1000=
∠ABO,∠OBO1000=
∠ABO,
∠ACO,∠OCO1000=
∠ACO,
(∠ABO+∠ACO)+∠BO1000C, (∠ABO+∠ACO)+∠BAC,
∴∠BOC=∠OBO1000+∠OCO1000+∠BO1000C=∠BO1000C=∠ABO1000+∠ACO1000+∠BAC=则∠ABO+∠ACO=代入∠BOC=+∠BO1000C, 解得:∠BO1000C=
(∠BOC+
∠BAC)=
(∠BO1000C﹣∠BAC),
×
(∠BO1000C﹣∠BAC)
(∠ABO+∠ACO)+∠BO1000C得∠BOC=
∠BOC+∠BAC,
∵∠BOC=m°,∠BAC=n°, ∴∠BO1000C=
m°+
n°;
m+
n);
故答案为:①2α;②85°;③((2)如图5,连接OC,
∵OA=OB=OD,
∴∠OAB=∠OBA,∠OAD=∠ODA, ∴∠BOD=∠BAD+∠ABO+∠ADO=2∠BAD, ∵∠BCD=2∠BAD, ∴∠BCD=∠BOD,
∵BC=CD,OA=OB=OD,OC是公共边, ∴△OBC≌△ODC(SSS),
∴∠BOC=∠DOC,∠BCO=∠DCO,
∵∠BOD=∠BOC+∠DOC,∠BCD=∠BCO+∠DCO, ∴∠BOC=∠BOD,∠BCO=∠BCD, 又∠BOD=∠BCD, ∴∠BOC=∠BCO, ∴BO=BC,
又OB=OD,BC=CD, ∴OB=BC=CD=DO, ∴四边形OBCD是菱形.
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