基本思路促思考，不同方法求正切

【摘要】 正切值問題是平面幾何中難度較大的一類問題，考查學生對于正切函數基本概念的了解程度和相關性質的應用能力.本文旨在通過一道典型例題探討如何通過基本思路促進學生對正切問題的理解和思考，提出相應的解題建議，以期對讀者有所啟示.

【關鍵詞】初中數學；正切函數；解題思路

例題呈現 如圖1所示，已知OA⊥OB，C為OB的中點，D為OA上一點，且滿足AD∶AO∶OB=1∶n∶2n，連接AC，BD交于點P，求tan∠BPC的值.

問題分析

通過對問題的分析，可知以下基本結論：

①設AD=1，則AO=n，OD=n－1，CO=BC=n，可求出圖形中的任意一條線段的長度，從而為構造直角利用正切的定義求解做好準備.

②通過計算可得BP=AO，PD=DA，∠A=∠APD=∠BPC，從而實現等角代換.

視角1 基本方法之構造直角

解法1 如圖2所示，過點C作CE∥BD，交AO于點E，過點D作DF⊥AC，交AC于點F.

設AD=1，

則AO=n，OB=2n.

因為C是OB的中點，CE∥BD，

所以CO=n，E為OD的中點.

所以在Rt△ACO中，

AC=OA2+OC2=n+n2，

所以AE=AD+DE=n+12，APAC=ADDE，

AP=2nn+1.

因為Rt△ADF∽Rt△ACO，

所以AFAO=DFOC=ADAC.

所以AF=nn+1，DF=1n+1，

PF=AP－AF=nn+1.

所以tan∠FPD=DFPF=1n+1nn+1=nn，

即tan∠BPC=nn.

評析 求一個銳角的正切值，最容易想到的就是構造直角，從而利用正切值的定義求解.此解法構造∠BPC的對頂角所在的直角三角形，也可以在圖2中過點E作EF⊥AC，構造∠BPC的內錯角∠PCE所在的Rt△CEF，也可以過點C作CN⊥BD，在Rt△CPN中利用定義求解.

解法2 如圖3所示，作BE∥AD，AE∥BD，BE，AE交于點E，連接CE.

設AD=1，AO=n，CO=n，

因為BE∥AD，AE∥BD，

所以四邊形ADBE是平行四邊形，

所以BE=AD=1，BECO=BCAO=nn.

因為∠CBE=∠AOC，

所以△BCE∽△OAC，

易得∠ACE=90°.

所以tan∠BPC=tan∠EAC=CEAC=BCAO=nn.

評析 此解法巧妙地構造了“K”型相似，出現了Rt△ACE，∠BPC的正切值等于∠EAC的正切值CEAC，然后通過證明△BCE∽△OAC，將CEAC用BCAO來代替，計算量較小.

視角2 基本方法之等角代換

解法3 如圖4所示，取DO的中點M，

可得CM∥BD，

所以∠BPC=∠ACM.

令AD=1，AO=n，CO=BC=12BO=n，

則DM=MO=12DO=n－12，CM=OC2+OM2=n+12，

所以AM=AD+DM=n+12，CM=AM，∠BPC=∠ACM=∠A，

所以tan∠BPC=tan∠A=OCAO=nn.

評析 在求銳角三角函數的過程中，當發現通過構造垂直、利用定義求解較為麻煩時，“等角代換”就是一個常用的策略.此方法通過添加中位線，得到CM=AM，進而得到∠BPC=∠ACM，∠ACM=∠A，然后進行等角代換，得到了要求的∠BPC的正切值，從而得到∠A的正切值為COAO=nn.

解法4 如圖5所示，過點B作BG⊥BO，交AC的延長線于點G.

因為AD∶AO∶CO∶BC=1∶n∶n∶n，

所以設AD=1，AO=n，CO=n，BC=n，

因為∠AOB=90°，

由勾股定理可得BD=（n－1）2+（2n）2=n+1.

因為BG⊥BO，AO⊥BO，

所以BG∥AO.

因為BC=CO，

所以△ACO≌△GCB，△APD∽△GPB，

所以AO=BG=n，ADBG=DPBP=1n，

DPBD=1n+1.

因為BD=n+1，

所以DP=AD=1.

所以tan∠BPC=tan∠APD=tan∠A=COAO=nn.

評析 此方法通過添加輔助線得到BG⊥BO，則可計算得PD=AD=1，所以tan∠BPC=tan∠A=COAO=nn.

結語

通過對上述解法的分析可知，解答正切值問題的關鍵在于合理利用三角函數的定義，從直接求解和間接轉化兩個角度分別進行處理.在教學實踐中，教師要根據學生對知識的掌握情況，合理引導學生加深對知識的理解，從而建立相應的知識體系.