例 2 如图 7.1.2，射线 $ OA $ 在 $ 4 × 5 $ 的正方形网格中，点 $ O $、$ A $ 在格点上，请你分别在图①、图②中再找出格点 $ B $，连接 $ OB $、$ AB $，使 $ \triangle AOB $ 为直角三角形，并且满足：
(1)图①中的 $ \tan \angle AOB $ 的值为 $ 1 $；
(2)图②中的 $ \tan \angle AOB $ 的值为 $ \dfrac{1}{2} $.
(1)图①中的 $ \tan \angle AOB $ 的值为 $ 1 $；
(2)图②中的 $ \tan \angle AOB $ 的值为 $ \dfrac{1}{2} $.
答案：
1. 在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC $ 中，$ \angle ABC = 90^{\circ} $，$ AB = 5 $，$ BC = 12 $，则 $ \tan A $ 的值为(
A.$ \dfrac{12}{13} $
B.$ \dfrac{12}{5} $
C.$ \dfrac{5}{13} $
D.$ \dfrac{5}{12} $
B
)A.$ \dfrac{12}{13} $
B.$ \dfrac{12}{5} $
C.$ \dfrac{5}{13} $
D.$ \dfrac{5}{12} $
答案：B
2. $ \tan 20^{\circ} $、$ \tan 50^{\circ} $、$ \tan 70^{\circ} $ 的大小关系正确的是(
A.$ \tan 70^{\circ} ＜ \tan 50^{\circ} ＜ \tan 20^{\circ} $
B.$ \tan 50^{\circ} ＜ \tan 20^{\circ} ＜ \tan 70^{\circ} $
C.$ \tan 20^{\circ} ＜ \tan 50^{\circ} ＜ \tan 70^{\circ} $
D.$ \tan 20^{\circ} ＜ \tan 70^{\circ} ＜ \tan 50^{\circ} $
C
)A.$ \tan 70^{\circ} ＜ \tan 50^{\circ} ＜ \tan 20^{\circ} $
B.$ \tan 50^{\circ} ＜ \tan 20^{\circ} ＜ \tan 70^{\circ} $
C.$ \tan 20^{\circ} ＜ \tan 50^{\circ} ＜ \tan 70^{\circ} $
D.$ \tan 20^{\circ} ＜ \tan 70^{\circ} ＜ \tan 50^{\circ} $
答案：2. C.
3. 在 $ \triangle ABC $ 中，$ \angle C = 90^{\circ} $，$ a : b = 3 : 5 $，则 $ \tan B = $
$\frac{5}{3}$
.答案：$\frac {5}{3}$
4. 在 $ \triangle ABC $ 中，$ \angle B = 90^{\circ} $，$ AC = \sqrt{5} $，$ \tan C = 2 $，则 $ BC $ 的长为
1
.答案：1. 首先，根据三角函数的定义：
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle B = 90^{\circ}$，$\tan C=\frac{AB}{BC}$，已知$\tan C = 2$，设$BC=x$，则$AB = 2x$。
2. 然后，根据勾股定理：
勾股定理公式为$AB^{2}+BC^{2}=AC^{2}$。
已知$AC=\sqrt{5}$，将$AB = 2x$，$BC=x$代入勾股定理公式中，得到$(2x)^{2}+x^{2}=(\sqrt{5})^{2}$。
展开式子：
根据$(a + b)^2=a^{2}+2ab + b^{2}$，$(2x)^{2}=4x^{2}$，则$4x^{2}+x^{2}=5$。
合并同类项得$5x^{2}=5$。
求解$x$：
方程两边同时除以$5$，得$x^{2}=1$。
因为$x$是三角形的边长（$x\gt0$），所以$x = 1$（$x=-1$舍去）。
所以$BC$的长为$1$。
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle B = 90^{\circ}$，$\tan C=\frac{AB}{BC}$，已知$\tan C = 2$，设$BC=x$，则$AB = 2x$。
2. 然后，根据勾股定理：
勾股定理公式为$AB^{2}+BC^{2}=AC^{2}$。
已知$AC=\sqrt{5}$，将$AB = 2x$，$BC=x$代入勾股定理公式中，得到$(2x)^{2}+x^{2}=(\sqrt{5})^{2}$。
展开式子：
根据$(a + b)^2=a^{2}+2ab + b^{2}$，$(2x)^{2}=4x^{2}$，则$4x^{2}+x^{2}=5$。
合并同类项得$5x^{2}=5$。
求解$x$：
方程两边同时除以$5$，得$x^{2}=1$。
因为$x$是三角形的边长（$x\gt0$），所以$x = 1$（$x=-1$舍去）。
所以$BC$的长为$1$。
5. 如图，在平面直角坐标系中，四边形 $ AOCB $ 为菱形，$ \tan \angle AOC = \dfrac{4}{3} $，且点 $ A $ 落在反比例函数 $ y = \dfrac{3}{x} $ 的图像上，点 $ B $ 落在反比例函数 $ y = \dfrac{k}{x} (k \neq 0) $ 的图像上，则 $ k = $
8
.答案：5. 8.
解析：
解：设点$ A $的坐标为$ (a,b) $，因为点$ A $在反比例函数$ y = \dfrac{3}{x} $上，所以$ ab = 3 $。
过点$ A $作$ AD ⊥ x $轴于点$ D $，则$ OD = a $，$ AD = b $。
因为$ \tan \angle AOC = \dfrac{AD}{OD} = \dfrac{b}{a} = \dfrac{4}{3} $，所以$ b = \dfrac{4}{3}a $。
将$ b = \dfrac{4}{3}a $代入$ ab = 3 $，得$ a · \dfrac{4}{3}a = 3 $，即$ \dfrac{4}{3}a^2 = 3 $，解得$ a^2 = \dfrac{9}{4} $，$ a = \dfrac{3}{2} $（$ a ＞ 0 $），则$ b = \dfrac{4}{3} × \dfrac{3}{2} = 2 $，所以点$ A \left( \dfrac{3}{2}, 2 \right) $。
在$ \mathrm{Rt} \triangle AOD $中，$ OA = \sqrt{OD^2 + AD^2} = \sqrt{\left( \dfrac{3}{2} \right)^2 + 2^2} = \sqrt{\dfrac{9}{4} + 4} = \sqrt{\dfrac{25}{4}} = \dfrac{5}{2} $。
因为四边形$ AOCB $是菱形，所以$ BC = OA = \dfrac{5}{2} $，且$ BC // OA $。
设点$ C $的坐标为$ (c, 0) $，则$ OC = c $，$ OA = OC = \dfrac{5}{2} $，所以$ c = \dfrac{5}{2} $，即点$ C \left( \dfrac{5}{2}, 0 \right) $。
因为$ BC // OA $，且$ OA $的斜率为$ \dfrac{b}{a} = \dfrac{4}{3} $，所以$ BC $的斜率也为$ \dfrac{4}{3} $。
点$ B $的坐标为$ \left( c + \dfrac{3}{2}, 0 + 2 \right) = \left( \dfrac{5}{2} + \dfrac{3}{2}, 2 \right) = (4, 2) $。
因为点$ B $在反比例函数$ y = \dfrac{k}{x} $上，所以$ k = 4 × 2 = 8 $。
8
过点$ A $作$ AD ⊥ x $轴于点$ D $，则$ OD = a $，$ AD = b $。
因为$ \tan \angle AOC = \dfrac{AD}{OD} = \dfrac{b}{a} = \dfrac{4}{3} $，所以$ b = \dfrac{4}{3}a $。
将$ b = \dfrac{4}{3}a $代入$ ab = 3 $，得$ a · \dfrac{4}{3}a = 3 $，即$ \dfrac{4}{3}a^2 = 3 $，解得$ a^2 = \dfrac{9}{4} $，$ a = \dfrac{3}{2} $（$ a ＞ 0 $），则$ b = \dfrac{4}{3} × \dfrac{3}{2} = 2 $，所以点$ A \left( \dfrac{3}{2}, 2 \right) $。
在$ \mathrm{Rt} \triangle AOD $中，$ OA = \sqrt{OD^2 + AD^2} = \sqrt{\left( \dfrac{3}{2} \right)^2 + 2^2} = \sqrt{\dfrac{9}{4} + 4} = \sqrt{\dfrac{25}{4}} = \dfrac{5}{2} $。
因为四边形$ AOCB $是菱形，所以$ BC = OA = \dfrac{5}{2} $，且$ BC // OA $。
设点$ C $的坐标为$ (c, 0) $，则$ OC = c $，$ OA = OC = \dfrac{5}{2} $，所以$ c = \dfrac{5}{2} $，即点$ C \left( \dfrac{5}{2}, 0 \right) $。
因为$ BC // OA $，且$ OA $的斜率为$ \dfrac{b}{a} = \dfrac{4}{3} $，所以$ BC $的斜率也为$ \dfrac{4}{3} $。
点$ B $的坐标为$ \left( c + \dfrac{3}{2}, 0 + 2 \right) = \left( \dfrac{5}{2} + \dfrac{3}{2}, 2 \right) = (4, 2) $。
因为点$ B $在反比例函数$ y = \dfrac{k}{x} $上，所以$ k = 4 × 2 = 8 $。
8
三、解答题
6. 如图，$ \angle C = 90^{\circ} $，分别求出图中 $ \angle A $、$ \angle B $ 的正切值.
6. 如图，$ \angle C = 90^{\circ} $，分别求出图中 $ \angle A $、$ \angle B $ 的正切值.
答案：解：①在Rt△ABC中，
因为AC=12，BC=16
所以$AB=\sqrt{AC²+BC²}=20$
所以$tanA=\frac {BC}{AC}=\frac {16}{12}=\frac {4}{3}$
$tanB=\frac {AC}{BC}=\frac {12}{16}=\frac {3}{4}$
②在Rt△ABC中，
因为BC=8 ，$ AB=\sqrt{73}$
所以$AC=\sqrt{AB²-BC²}=3$
所以$tanA=\frac {BC}{AC}=\frac {8}{3}，$$tanB=\frac {AC}{BC}=\frac {3}{8}$
解：①在Rt△ABC中，
因为AC=12，BC=16
所以$AB=\sqrt{AC²+BC²}=20$
所以$tanA=\frac {BC}{AC}=\frac {16}{12}=\frac {4}{3}$
$tanB=\frac {AC}{BC}=\frac {12}{16}=\frac {3}{4}$
②在Rt△ABC中，
因为BC=8 ，$ AB=\sqrt{73}$
所以$AC=\sqrt{AB²-BC²}=3$
所以$tanA=\frac {BC}{AC}=\frac {8}{3}，$$tanB=\frac {AC}{BC}=\frac {3}{8}$
因为AC=12，BC=16
所以$AB=\sqrt{AC²+BC²}=20$
所以$tanA=\frac {BC}{AC}=\frac {16}{12}=\frac {4}{3}$
$tanB=\frac {AC}{BC}=\frac {12}{16}=\frac {3}{4}$
②在Rt△ABC中，
因为BC=8 ，$ AB=\sqrt{73}$
所以$AC=\sqrt{AB²-BC²}=3$
所以$tanA=\frac {BC}{AC}=\frac {8}{3}，$$tanB=\frac {AC}{BC}=\frac {3}{8}$
解：①在Rt△ABC中，
因为AC=12，BC=16
所以$AB=\sqrt{AC²+BC²}=20$
所以$tanA=\frac {BC}{AC}=\frac {16}{12}=\frac {4}{3}$
$tanB=\frac {AC}{BC}=\frac {12}{16}=\frac {3}{4}$
②在Rt△ABC中，
因为BC=8 ，$ AB=\sqrt{73}$
所以$AC=\sqrt{AB²-BC²}=3$
所以$tanA=\frac {BC}{AC}=\frac {8}{3}，$$tanB=\frac {AC}{BC}=\frac {3}{8}$