Question

20．如圖，已知⊙O的半徑為1，PQ是⊙O的直徑，n個(gè)相同的正三角形沿PQ排成一列，所有正三角形都關(guān)于PQ對(duì)稱，其中第一個(gè)△A₁B₁C₁的頂點(diǎn)A₁與點(diǎn)P重合，第二個(gè)△A₂B₂C₂的頂點(diǎn)A₂是B₁C₁與PQ的交點(diǎn)，…，最后一個(gè)△A_nB_nC_n的頂點(diǎn)B_n、C_n在圓上．求正三角形的邊長a₁=$\sqrt{3}$，a₂=$\frac{{8\sqrt{3}}}{13}$，a_n=$\frac{{4\sqrt{3}n}}{{3{n^2}+1}}$．

Answer 1

分析 設(shè)PQ與B₁C₁交于點(diǎn)D，連接B₁O，得出OD=A₁D-OA₁，用含a₁的代數(shù)式表示OD，在△OB₁D中，根據(jù)勾股定理求出正三角形的邊長a₁；
設(shè)PQ與B₂C₂交于點(diǎn)E，連接B₂O，得出OE=A₁E-OA₁，用含a₂的代數(shù)式表示OE，在△OB₂E中，根據(jù)勾股定理求出正三角形的邊長a₂；
設(shè)PQ與B_nC_n交于點(diǎn)F，連接B_nO，得出OF=A₁F-OA₁，用含a_n的代數(shù)式表示OF，在△OB_nF中，根據(jù)勾股定理求出正三角形的邊長a_n

解答 解：（1）設(shè)PQ與B₁C₁交于點(diǎn)D，連接B₁O．如圖1，
∵△PB₁C₁是等邊三角形，
∴A₁D=PB₁•sin∠PB₁C₁=a₁•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a₁，
∴OD=A₁D-OA₁=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a₁-1，
在△OB₁D中，OB₁²=B₁D²+OD²，
∴OD=A₁D-OA₁=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a₁-1，
即1²=（$\frac{1}{2}$a₁）²+（$\frac{\sqrt{3}}{2}$a₁-1）²，
解得a₁=$\sqrt{3}$；

（2）設(shè)PQ與B₂C₂交于點(diǎn)E，連接B₂O．如圖2，
∵△A₂B₂C₂是等邊三角形，
∴A₂E=A₂B₂•sin∠A₂B₂C₂=a₂•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a₂，
∵△PB₁C₁是與△A₂B₂C₂邊長相等的正三角形，
∴PA₂=A₂E=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a₂，
OE=A₁E-OA₁=$\sqrt{3}$a₂-1，
在△OB₂E中，OB₂²=B₂E²+OE²，
即1²=（$\frac{1}{2}$a₂）²+（$\sqrt{3}$a₂-1）²，
解得a₂=$\frac{8\sqrt{3}}{13}$；

（3）設(shè)PQ與B_nC_n交于點(diǎn)F，連接B_nO，
得出OF=A₁F-OA₁=$\frac{\sqrt{3}}{2}$na_n-1，
同理，在△OB_nF中，OB_n²=B_nF²+OF²，
即1²=（$\frac{1}{2}$a_n）²+（$\frac{\sqrt{3}}{2}$na_n-1）²，
解得a_n=$\frac{4\sqrt{3}n}{3{n}^{2}+1}$．
故答案為：$\sqrt{3}$，$\frac{{8\sqrt{3}}}{13}$，$\frac{{4\sqrt{3}n}}{{3{n^2}+1}}$．

點(diǎn)評(píng) 主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)．本題中a₁、a₂是特殊情況，注意在證明過程中抓住不變條件，從而為求a₃提供思路和方法．本題綜合性強(qiáng)，難度大，有利于培養(yǎng)學(xué)生分析、解決問題的能力．