Question

1．如图，在锐角三角形ABC中，设AB=c，AC=b，BC=a，延长AC至点E，使CE=a，连接BE．
（1）求证：2∠E=∠ACB；
（2）已知tanE=m（m≠1），求tan∠ACB；并由此求tan15°；
（3）若a，b，c满足λb=a+c，其中λ为正常数，求tanE•tan（$\frac{1}{2}$∠BAC）的值．

Answer 1

分析 （1）根据等腰三角形的性质，由CE=CB得∠CBE=∠E，然后根据三角形外角性质易得2∠E=∠ACB；
（2）作BH⊥AC于H，如图，由正切定义得tanE=$\frac{BH}{HE}$=m，则设BH=m，HE=1，所以HC=HE-CE=1-a，再利用勾股定理得到m²+（1-a）²=a²，解得a=$\frac{{m}^{2}+1}{2}$，然后在Rt△BCH利用正切的定义可计算出tan∠ACB=$\frac{2m}{1-{m}^{2}}$，令∠ACB=30°，则∠E=15°，所以$\frac{2m}{1-{m}^{2}}$=tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，则解关于m的方程即可得到tan15°的值；
（3）延长CA至点F，使AF=c，连接BF，如图，易得$\frac{1}{2}$∠BAC=∠F，设BH=x，AH=x，则CH=b-x，利用勾股定理得到x²+y²=c²①，x²+（b-y）²=a²②，利用②-①得y=$\frac{{b}^{2}+（c-a）（c+a）}{2b}$，再利用正切定义得tanE•tan（$\frac{1}{2}$∠BAC）=$\frac{BH}{HE}$•$\frac{BH}{FH}$=$\frac{x}{b-y+a}$•$\frac{x}{c+y}$，然后利用代入法消去y得到tanE•tan（$\frac{1}{2}$∠BAC）=$\frac{a-b+c}{a+b+c}$，再把a+c=λb代入计算即可．

解答 （1）证明：∵CE=CB=a，
∴∠CBE=∠E，
∵∠ACB=∠CBE+∠E，
∴2∠E=∠ACB；
（2）解：作BH⊥AC于H，如图，
在Rt△BCE中，tanE=$\frac{BH}{HE}$=m，
设BH=m，则HE=1，
∴HC=HE-CE=1-a，
在Rt△BCH中，∵BH²+CH²=BC²，
∴m²+（1-a）²=a²，
∴a=$\frac{{m}^{2}+1}{2}$，
在Rt△BCH，tan∠BCH=$\frac{BH}{CH}$=$\frac{m}{1-a}$=$\frac{m}{1-\frac{{m}^{2}+1}{2}}$=$\frac{2m}{1-{m}^{2}}$，
即tan∠ACB=$\frac{2m}{1-{m}^{2}}$，
当∠ACB=30°，则∠E=15°，
则$\frac{2m}{1-{m}^{2}}$=tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴m²+2$\sqrt{3}$m-1=0，解得m₁=2-$\sqrt{3}$，m₂=-2-$\sqrt{3}$（舍去），
∴tan15°=2-$\sqrt{3}$；
（3）解：延长CA至点F，使AF=c，连接BF，如图，
∴∠F=∠ABF，
∴∠BAC=2∠F，即$\frac{1}{2}$∠BAC=∠F，
设BH=x，AH=x，则CH=b-x，
x²+y²=c²①，
x²+（b-y）²=a²②，
②-①得y=$\frac{{b}^{2}+{c}^{2}-{a}^{2}}{2b}$=$\frac{{b}^{2}+（c-a）（c+a）}{2b}$，
tanE•tan（$\frac{1}{2}$∠BAC）=$\frac{BH}{HE}$•$\frac{BH}{FH}$=$\frac{x}{b-y+a}$•$\frac{y}{c+y}$=$\frac{（c+y）（c-y）}{（a+b-y）（c+y）}$=$\frac{c-y}{a+b-y}$=$\frac{c-\frac{{b}^{2}+{c}^{2}-{a}^{2}}{2b}}{a+b-\frac{{b}^{2}+{c}^{2}-{a}^{2}}{2b}}$=$\frac{a-b+c}{a+b+c}$=$\frac{λb-b}{λb+b}$=$\frac{λ-1}{λ+1}$．

点评 本题考查了三角形综合题：熟练掌握正切的定义和特殊角的三角函数值、等腰三角形的性质和三角形外角性质；通过构建直角三角形求锐角的正切；学会构建等腰三角形得到一个角的一半；提高代数式的变形能力．