Question

20．已知圓C_n的半徑為r_n（n=1，2，3，…），它們均與大小為θ（θ為銳角）的定角∠AOB的兩邊OA、OB相切，且C_nC_n+1相切．又r_n+1＜r_n，r₁=1，設(shè)這些圓的面積依次為S₁，S₂，…，S_n，…，且$\underset{lim}{n→∞}$（S₁+S₂+…+S_n）=$\frac{9π}{8}$，則θ=$\frac{π}{3}$．

Answer 1

分析 如圖所示，考慮⊙C_n，⊙C_n+1外切．可得|C_nC_n+1|=r_n+r_n+1，設(shè)⊙C_n，⊙C_n+1分別與直線OB相切于點(diǎn)B_n和B_n+1，作C_n+1D_n⊥B_nC_n于點(diǎn)D_n．則|D_nC_n|=r_n-r_n+1，在Rt△C_nD_nC_n+1中，sin$\frac{θ}{2}$=$\frac{{D}_{n}{C}_{n}}{{C}_{n}{C}_{n+1}}$=$\frac{{r}_{n}-{r}_{n+1}}{{r}_{n}+{r}_{n+1}}$，可得$\frac{{r}_{n+1}}{{r}_{n}}$=$\frac{1-sin\frac{θ}{2}}{1+sin\frac{θ}{2}}$，則q=$\frac{{S}_{n+1}}{{S}_{n}}$=$（\frac{{r}_{n+1}}{{r}_{n}}）^{2}$=$（\frac{1-sin\frac{θ}{2}}{1+sin\frac{θ}{2}}）^{2}$，因此{(lán)r_n}與{S_n}均是無窮遞減的等比數(shù)列．利用$\underset{lim}{n→∞}$（S₁+S₂+…+S_n）=$\frac{{S}_{1}}{1-q}$=$\frac{π（1+sin\frac{θ}{2}）^{2}}{4sin\frac{θ}{2}}$=$\frac{9π}{8}$，化簡為$2si{n}^{2}\frac{θ}{2}$-5$sin\frac{θ}{2}$+2=0，θ為銳角，解出即可．

解答 解：如圖所示，
考慮⊙C_n，⊙C_n+1外切．
∵三點(diǎn)O，C_n，C_n+1共線，
∴|C_nC_n+1|=r_n+r_n+1，
設(shè)⊙C_n，⊙C_n+1分別與直線OB相切于點(diǎn)B_n和B_n+1，作C_n+1D_n⊥B_nC_n于點(diǎn)D_n．
則|D_nC_n|=r_n-r_n+1，在Rt△C_nD_nC_n+1中，sin$\frac{θ}{2}$=$\frac{{D}_{n}{C}_{n}}{{C}_{n}{C}_{n+1}}$=$\frac{{r}_{n}-{r}_{n+1}}{{r}_{n}+{r}_{n+1}}$，
∴$\frac{{r}_{n+1}}{{r}_{n}}$=$\frac{1-sin\frac{θ}{2}}{1+sin\frac{θ}{2}}$，
則q=$\frac{{S}_{n+1}}{{S}_{n}}$=$（\frac{{r}_{n+1}}{{r}_{n}}）^{2}$=$（\frac{1-sin\frac{θ}{2}}{1+sin\frac{θ}{2}}）^{2}$
∴$0＜\frac{{S}_{n+1}}{{S}_{n}}＜1$；$0＜\frac{{r}_{n+1}}{{r}_{n}}＜1$，
∴{r_n}與{S_n}均是無窮遞減的等比數(shù)列．
∴$\underset{lim}{n→∞}$（S₁+S₂+…+S_n）=$\frac{{S}_{1}}{1-q}$=$\frac{π（1+sin\frac{θ}{2}）^{2}}{4sin\frac{θ}{2}}$=$\frac{9π}{8}$，
化簡為$2si{n}^{2}\frac{θ}{2}$-5$sin\frac{θ}{2}$+2=0，$sin\frac{θ}{2}$≤1，解得$sin\frac{θ}{2}$=$\frac{1}{2}$，
∵θ為銳角，∴$\frac{θ}{2}$=$\frac{π}{6}$，解得θ=$\frac{π}{3}$．
故答案為：$\frac{π}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了無窮遞減的等比數(shù)列的極限性質(zhì)、圓的面積、兩圓外切的性質(zhì)、三角函數(shù)求值，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．