Question

7．如圖，點(diǎn)P₁（x₁，y₁），點(diǎn)P₂（x₂，y₂），…，點(diǎn)P_n（x_n，y_n）在函數(shù)$y=\frac{1}{x}$（x＞0）的圖象上，△P₁OA₁，△P₂A₁A₂，△P₃A₂A₃，…，△P_nA_n-1A_n都是等腰直角三角形，斜邊OA₁、A₁A₂、A₂A₃，…，A_n-1A_n都在x軸上（n是大于或等于2的正整數(shù)），若△P₁OA₂的內(nèi)接正方形B₁C₁D₁E₂的周長(zhǎng)記為l₁，△P₂A₁A₂的內(nèi)接正方形B₂C₂D₂E₂的周長(zhǎng)記為l₂，…，△P_nA_n-1A_n的內(nèi)接正方形B_nC_nD_nE_n的周長(zhǎng)記為l_n，則用含n的式子表示l₁+l₂+l₃+…+l_n為（　　）

• A． $\frac{8\sqrt{n}}{3}$
• B． 2$\sqrt{n}$
• C． $\frac{4\sqrt{n}}{3}$
• D． $\frac{2\sqrt{n}}{3}$

Answer 1

分析 由于△P₁OA₁是等腰直角三角形，可知直線OP₁的解析式為y=x，將它與y=$\frac{1}{x}$（x＞0）聯(lián)立，求出方程組的解，得到點(diǎn)P₁的坐標(biāo)，則A₁的橫坐標(biāo)是P₁的橫坐標(biāo)的兩倍，從而確定點(diǎn)A₁的坐標(biāo)；由于△P₁OA₁，△P₂A₁A₂都是等腰直角三角形，則A₁P₂∥OP₁，直線A₁P₂可看作是直線OP₁向右平移OA₁個(gè)單位長(zhǎng)度得到的，因而得到直線A₁P₂的解析式，同樣，將它與y=$\frac{1}{x}$（x＞0）聯(lián)立，求出方程組的解，得到點(diǎn)P₂的坐標(biāo)，則P₂的橫坐標(biāo)是線段A₁A₂的中點(diǎn)，從而確定點(diǎn)A₂的坐標(biāo)；依此類(lèi)推，從而確定點(diǎn)A_n的坐標(biāo)，得出OA_n的長(zhǎng)，然后根據(jù)l₁=$\frac{4}{3}$OA₁，l₂=$\frac{4}{3}$A₁A₂，l₃=$\frac{4}{3}$A₂A₃…l_n=$\frac{4}{3}$A_n-1A_n，即可求得l₁+l₂+l₃+…+l_n=$\frac{4}{3}$OA_n=$\frac{4}{3}$×2 $\sqrt{n}$=$\frac{8}{3}$$\sqrt{n}$．

解答 解：過(guò)P₁作P₁M₁⊥x軸于M₁，如圖所：
易知M₁（1，0）是OA₁的中點(diǎn)，
∴A₁（2，0）．
可得P₁的坐標(biāo)為（1，1），
∴P₁O的解析式為：y=x，
∵P₁O∥A₁P₂，
∴A₁P₂的表達(dá)式一次項(xiàng)系數(shù)相等，
將A₁（2，0）代入y=x+b，
∴b=-2，
∴A₁P₂的表達(dá)式是y=x-2，
與y=$\frac{1}{x}$（x＞0）聯(lián)立，解得P₂（1+$\sqrt{2}$，-1+$\sqrt{2}$）．
仿上，A₂（2$\sqrt{2}$，0）．
P₃（$\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$，-$\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$），A₃（2$\sqrt{3}$，0）．
依此類(lèi)推，點(diǎn)A_n的坐標(biāo)為（2$\sqrt{n}$，0），
∵l₁=$\frac{4}{3}$OA₁，l₂=$\frac{4}{3}$A₁A₂，l₃=$\frac{4}{3}$A₂A₃…l_n=$\frac{4}{3}$A_n-1A_n，
∴l(xiāng)₁+l₂+l₃+…+l_n=$\frac{4}{3}$OA_n=$\frac{4}{3}$×2$\sqrt{n}$=$\frac{8}{3}$$\sqrt{n}$．
故選：A．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，等腰直角三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)等，關(guān)鍵是找出求P點(diǎn)坐標(biāo)的規(guī)律，以這個(gè)規(guī)律為基礎(chǔ)求出P_n的橫坐標(biāo)，進(jìn)而求出A_n的橫坐標(biāo)的值，從而可得出所求的結(jié)果．