Question

1．如圖1：已知等邊△OAB的邊長(zhǎng)為a，以AB邊上的高OA₁為邊，按逆時(shí)針方向作等邊△OA₁B₁，A₁B₁與OB相交于點(diǎn)A₂．
①線段OA₂=$\frac{3}{4}$a；
②若再以O(shè)A₂為邊按逆時(shí)針方向作等邊△OA₂B₂，A₂B₂與OB₁相交于點(diǎn)A₃，按此作法進(jìn)行下去，得到△OA₃B₃，△OA₄B₄，┉，△OA_nB_n，△OA₆B₆的周長(zhǎng)$\frac{81}{64}$a．
③△OA_nB_n的面積₌$\frac{\sqrt{3}}{4}$（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）²ⁿa²．
（2）等腰△OAB中，OA=OB=a，∠AOB=120°，以AB邊上的高OA₁為邊，按逆時(shí)針方向作等腰△OA₁B₁，A₁B₁與OB相交于點(diǎn)A₂．OA₁=OB₁，∠A₁OB₁=120°，按此作法進(jìn)行下去，得到△OA₃B₃，△OA₄B₄，┉，△OA_nB_n，
①OA₂=$\frac{1}{4}$a．
②△OA₆B₆的周長(zhǎng)=$\frac{2+\sqrt{3}}{64}$a．
③△OA_nB_n的面積=$\sqrt{3}$（$\frac{1}{2}$）²ⁿ⁺¹a²．
（3）等腰△OAB中，OA=OB=a，∠AOB=α，以AB邊上的高OA₁為邊，按逆時(shí)針方向作等腰△OA₁B₁，A₁B₁與OB相交于點(diǎn)A₂，OA₁=OB₁，∠A₁OB₁=α，按此作法進(jìn)行下去，得到△OA₃B₃，△OA₄B₄，┉，△OA_nB_n，
①OA₂=（cos$\frac{α}{2}$）²a．
②△OA₆B₆的周長(zhǎng)2（cos$\frac{α}{2}$）⁶a+2（sin$\frac{α}{2}$）⁶a．
③△OA_nB_n的面積（sin$\frac{α}{2}$）ⁿ•（cos$\frac{α}{2}$）ⁿ⁺¹a²．

Answer 1

分析 （1）①先根據(jù)OA₁⊥AB，OA=a即可得出OA₁的長(zhǎng)，同理可得出OA₂的長(zhǎng)；
②根據(jù)①中OA₂的長(zhǎng)可得出OA₆的長(zhǎng)，進(jìn)而得出結(jié)論；
③根據(jù)三角形的面積公式即可得出結(jié)論；
（2）①直接根據(jù)在直角三角形中30°的角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半即可得出的長(zhǎng)，同理可得出OA₁的長(zhǎng)；
②同①求出OA₆的長(zhǎng)，再求出A₆B₆的長(zhǎng)，進(jìn)而可得出結(jié)論；
③求出OA₇的長(zhǎng)，再由三角形的面積公式即可得出結(jié)論；
（3）①先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出∠AOA₁=$\frac{α}{2}$，再由銳角三角函數(shù)的定義表示出OA₁的長(zhǎng)，進(jìn)而可得出OA₂的長(zhǎng)；
②根據(jù)①的方法得出OA₆的長(zhǎng)，進(jìn)而得出A₆B₆的長(zhǎng)，由此可得出結(jié)論；
③求出A_nB_n及OA_n+1的長(zhǎng)，利用三角形的面積公式即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）①∵△OAB是等邊三角形，邊長(zhǎng)為a，OA₁⊥AB，
∴OA₁=OA•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a，∠BOA1=30°．
∵△△OA₁B₁是等邊三角形，
∴∠A₁OB₁=60°，
∴OA₂⊥A₁B₁，
∴OA₂=$\frac{\sqrt{3}}{2}$OA₁=$\frac{\sqrt{3}}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$a=$\frac{3}{4}$a．
故答案為：$\frac{3}{4}$a；

②由①得，OA₂=$\frac{\sqrt{3}}{2}$OA₁=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）²OA=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）²a，
同理可得，OA₃=$\frac{\sqrt{3}}{2}$OA₂=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）³OA=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）³a，
…，
OA₆=$\frac{\sqrt{3}}{2}$OA₅=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）⁶OA=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）⁶a，
∴△OA₆B₆的周長(zhǎng)=3OA₆=3（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）⁶a=$\frac{81}{64}$a．
故答案為：$\frac{81}{64}$；

③∵由②可知，OA_n=$\frac{\sqrt{3}}{2}$OA_n=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）ⁿOA=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）ⁿa，
∴S_△OAnBn=$\frac{1}{2}$OA_n•$\frac{\sqrt{3}}{2}$OA_n=$\frac{\sqrt{3}}{4}$（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）²ⁿa²．
故答案為：$\frac{\sqrt{3}}{4}$（$\frac{\sqrt{3}}{2}$）²ⁿa²；
（2）①∵等腰△OAB中，OA=OB=a，∠AOB=120°，
∴∠OAB=$\frac{180°-120°}{2}$=30°．
∵OA₁⊥AB，
∴OA₁=$\frac{1}{2}$OA=$\frac{1}{2}$a，
同理，OA₂=$\frac{1}{2}$OA₁=（$\frac{1}{2}$）²a=$\frac{1}{4}$a．
故答案為：$\frac{1}{4}$a；

②∵同①可得OA₆=$\frac{1}{2}$OA₅=（$\frac{1}{2}$）⁶a，
∴A₆B₆=2A₆A₇=2×OA₆×cos30°=$\sqrt{3}$×（$\frac{1}{2}$）⁶a，
∴△OA₆B₆的周長(zhǎng)=2OA₆+A₆B₆=2×（$\frac{1}{2}$）⁶a+$\sqrt{3}$×（$\frac{1}{2}$）⁶a=$\frac{2+\sqrt{3}}{64}$a．
故答案為：$\frac{2+\sqrt{3}}{64}$a；

③∵同①可得OA_n=$\frac{1}{2}$OA_n-1=（$\frac{1}{2}$）ⁿa，
∴OA_n+1=（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹a，A_nB_n=2A_nA_n+1=2×OA_n×cos30°=$\sqrt{3}$×（$\frac{1}{2}$）ⁿa，
∴△OA_nB_n的面積=$\frac{1}{2}$A_nB_n•OA_n+1=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$×（$\frac{1}{2}$）ⁿa×（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹a=$\sqrt{3}$（$\frac{1}{2}$）²ⁿ⁺¹a²；
故答案為：$\sqrt{3}$（$\frac{1}{2}$）²ⁿ⁺¹a²；
（3）①∵等腰△OAB中，OA=OB=a，∠AOB=α，
∴∠AOA₁=$\frac{α}{2}$．
∵OA₁⊥AB，
∴OA₁=OA•cos$\frac{α}{2}$=a•cos$\frac{α}{2}$．
同理，OA₂=OA₁•cos$\frac{α}{2}$=a•（cos$\frac{α}{2}$）²．
故答案為：（cos$\frac{α}{2}$）²a；

②∵同①可得，OA₆=OA₅•cos$\frac{α}{2}$=（cos$\frac{α}{2}$）⁶a，A₆B₆=2（sin$\frac{α}{2}$）⁶a，
∴△OA₆B₆的周長(zhǎng)=2OA₆+A₆B₆=2（cos$\frac{α}{2}$）⁶a+2（sin$\frac{α}{2}$）⁶a．
故答案為：2（cos$\frac{α}{2}$）⁶a+2（sin$\frac{α}{2}$）⁶a；

③∵同①可得OA_n+1=OA_n•cos$\frac{α}{2}$=（cos$\frac{α}{2}$）ⁿ⁺¹a，A_nB_n=2（sin$\frac{α}{2}$）ⁿa，
∴△OA_nB_n的面積=$\frac{1}{2}$A_nB_n•OA_n+1=（sin$\frac{α}{2}$）ⁿ•（cos$\frac{α}{2}$）ⁿ⁺¹a²．
故答案為：（sin$\frac{α}{2}$）ⁿ•（cos$\frac{α}{2}$）ⁿ⁺¹a²．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的是幾何變換綜合題，涉及到等腰三角形的性質(zhì)及銳角三角函數(shù)的定義，熟知等腰三角形“三線合一”的性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵．