1977-安徽理-09 解-三角代数几何三法

本题导读

本题考查一题多证（附加题）。核心在于分别以三角（tan 和角公式）、几何（相似拼角）、坐标（斜率夹角公式）为主各证和为 $\frac{\pi }{2}$。

📌【题干】

Question

（1977年安徽卷(理)） 如图，在矩形 $ABCD$ 中，$A_{1}E\parallel AB$，$A{A}_1=A_1{A}_2=A_2{A}_3=A_3{A}_4=A_{4}D=a$，$A{B}_1=B_1{B}_2=B_{2}B=\sqrt{3}a$，试用三种方法证明：$\angle B_1{A}_{1}E+\angle B_2{A}_{1}E+\angle BDC=\frac{\pi }{2}$.（注：三种方法是指每种方法各以代数、三角、几何知识为主来证明.）

🔍【思路分析】

破题导航

法一（三角）：三个角的正切分别为 $\frac{1}{\sqrt{3}}$、$\frac{\sqrt{3}}{6}$、$\frac{5\sqrt{3}}{9}$，用和角公式凑 $\tan =\sqrt{3}$；法二（几何）：构造相似三角形把三个角拼到一个顶点；法三（坐标）：以 $A$ 为原点建系，用斜率夹角公式。

✅【答案】

Success

证明见解析（三种方法均证得和为 $\frac{\pi }{2}$）

✍【详细解析】

Abstract

【法一】因为 $ABCD$ 是矩形，$A_{1}E\parallel AB$，所以 $\tan \angle B_1{A}_{1}E=\tan \angle A_1{B}_{1}A=\frac{A{A}_1}{A{B}_1}=\frac{a}{\sqrt{3}a}=\frac{1}{\sqrt{3}}$，所以 $\angle B_1{A}_{1}E=\frac{\pi }{6}$。又 $\tan \angle B_2{A}_{1}E=\tan \angle A_1{B}_{2}A=\frac{A{A}_1}{A{B}_2}=\frac{a}{2\sqrt{3}a}=\frac{\sqrt{3}}{6}$，$\tan \angle BDC=\tan \angle DBA=\frac{AD}{AB}=\frac{5a}{3\sqrt{3}a}=\frac{5\sqrt{3}}{9}$。因此 $\tan (\angle B_2{A}_{1}E+\angle BDC)=\frac{\frac{\sqrt{3}}{6}+\frac{5\sqrt{3}}{9}}{1-\frac{\sqrt{3}}{6}\cdot \frac{5\sqrt{3}}{9}}=\sqrt{3}$，所以 $\angle B_2{A}_{1}E+\angle BDC=\frac{\pi }{3}$。从而 $\angle B_1{A}_{1}E+\angle B_2{A}_{1}E+\angle BDC=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}$。 【法二】延长 $DA$ 到 $A^{\prime }$ 使 $A{A}^{\prime }=a$，过 $A^{\prime }$ 作 $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel AB$ 且交 $BC$ 的延长线于 $B^{\prime }$，在 $A^{\prime }{B}^{\prime }$ 上截取 $A^{\prime }{B}_2^{\prime }=2\sqrt{3}a$，连 $D{B}_2^{\prime }$、$B_2^{\prime }B$。在直角三角形 $B_{1}A{A}_1$ 及直角三角形 $D{A}^{\prime }{B}_2^{\prime }$ 中，$\frac{B_{1}A}{D{A}^{\prime }}=\frac{\sqrt{3}a}{6a}=\frac{\sqrt{3}}{6}$，$\frac{A{A}_1}{A^{\prime }{B}_2^{\prime }}=\frac{a}{2\sqrt{3}a}=\frac{\sqrt{3}}{6}$，所以 $△B_{1}A{A}_1\sim △D{A}^{\prime }{B}_2^{\prime }$，因此 $\angle B_1{A}_{1}E=\angle A_1{B}_{1}A=\angle A^{\prime }D{B}_2^{\prime }$。又在 $△D{B}_2^{\prime }B$ 中，$B{D}^2=(5a{)}^2+(3\sqrt{3}a{)}^2=52a^2$，$D{B}_2^{\prime 2}=(6a{)}^2+(2\sqrt{3}a{)}^2=48a^2$，$B_2^{\prime 2}{B}^2=(\sqrt{3}a{)}^2+a^2=4a^2$，所以 $D{B}_2^{\prime 2}+B_2^{\prime 2}{B}^2=B{D}^2$，即 $\angle D{B}_2^{\prime }B=\frac{\pi }{2}$。在直角三角形 $D{B}_2^{\prime }B$ 及直角三角形 $B_{2}A{A}_1$ 中，$\frac{D{B}_2^{\prime }}{B_{2}A}=\frac{\sqrt{48a^2}}{2\sqrt{3}a}=2$，$\frac{B_2^{\prime }B}{A{A}_1}=\frac{2a}{a}=2$，所以 $△D{B}_2^{\prime }B\sim △B_{2}A{A}_1$，因此 $\angle B_2{A}_{1}E=\angle A{B}_2{A}_1=\angle B_2^{\prime }DB$。于是 $\angle B_1{A}_{1}E+\angle B_2{A}_{1}E+\angle BDC=\angle A^{\prime }D{B}_2^{\prime }+\angle B_2^{\prime }DB+\angle BDC=\frac{\pi }{2}$。 【法三】在矩形 $ABCD$ 所在平面内建立直角坐标系：以 $A$ 为原点，$AB$ 所在直线为 $x$ 轴，$AD$ 所在直线为 $y$ 轴，以 $a$ 为长度单位。设 $B_1{A}_1$、$B_2{A}_1$、$BD$ 所在直线的斜率分别为 $k_1$、$k_2$、$k_3$，则 $k_1=-\frac{\sqrt{3}}{3}$，$k_2=-\frac{\sqrt{3}}{6}$，$k_3=-\frac{5\sqrt{3}}{9}$。由夹角公式：$\tan \angle B_1{A}_{1}E=\frac{0-(-\frac{\sqrt{3}}{3})}{1+0}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\angle B_1{A}_{1}E=\frac{\pi }{6}$；$\tan \angle B_2{A}_{1}E=\frac{\sqrt{3}}{6}$；$\tan \angle BDC=\frac{5\sqrt{3}}{9}$。因而 $\tan (\angle B_2{A}_{1}E+\angle BDC)=\frac{\frac{\sqrt{3}}{6}+\frac{5\sqrt{3}}{9}}{1-\frac{\sqrt{3}}{6}\cdot \frac{5\sqrt{3}}{9}}=\sqrt{3}$，所以 $\angle B_2{A}_{1}E+\angle BDC=\frac{\pi }{3}$。从而 $\angle B_1{A}_{1}E+\angle B_2{A}_{1}E+\angle BDC=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：三角代数几何三法

核心方法：三角、几何、坐标三法

避坑指南：tan 和角公式、相似拼角、斜率夹角公式各证和为 $\frac{\pi }{2}$

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：证明

结论推广：三角、几何、坐标三法均得 $\frac{\pi }{2}$

方法推广： tan 和角、相似拼角、斜率夹角

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 10.01 两角和与差及辅助角公式
• 16.06 到角公式与夹角公式

类题演练 (Links)

• 1987-全国文-16 解-两角和与差的三角函数
• 2003-大纲文-11 单-反射问题求斜率