Question

20．已知圆C_n的半径为r_n（n=1，2，3，…），它们均与大小为θ（θ为锐角）的定角∠AOB的两边OA、OB相切，且C_nC_n+1相切．又r_n+1＜r_n，r₁=1，设这些圆的面积依次为S₁，S₂，…，S_n，…，且$\underset{lim}{n→∞}$（S₁+S₂+…+S_n）=$\frac{9π}{8}$，则θ=$\frac{π}{3}$．

Answer 1

分析 如图所示，考虑⊙C_n，⊙C_n+1外切．可得|C_nC_n+1|=r_n+r_n+1，设⊙C_n，⊙C_n+1分别与直线OB相切于点B_n和B_n+1，作C_n+1D_n⊥B_nC_n于点D_n．则|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$\frac{{r}_{n+1}}{{r}_{n}}$=$\frac{1-sin\frac{θ}{2}}{1+sin\frac{θ}{2}}$，则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{r_n}与{S_n}均是无穷递减的等比数列．利用$\underset{lim}{n→∞}$（S₁+S₂+…+S_n）=$\frac{{S}_{1}}{1-q}$=$\frac{π（1+sin\frac{θ}{2}）^{2}}{4sin\frac{θ}{2}}$=$\frac{9π}{8}$，化简为$2si{n}^{2}\frac{θ}{2}$-5$sin\frac{θ}{2}$+2=0，θ为锐角，解出即可．

解答 解：如图所示，
考虑⊙C_n，⊙C_n+1外切．
∵三点O，C_n，C_n+1共线，
∴|C_nC_n+1|=r_n+r_n+1，
设⊙C_n，⊙C_n+1分别与直线OB相切于点B_n和B_n+1，作C_n+1D_n⊥B_nC_n于点D_n．
则|D_nC_n|=r_n-r_n+1，在Rt△C_nD_nC_n+1中，sin$\frac{θ}{2}$=$\frac{{D}_{n}{C}_{n}}{{C}_{n}{C}_{n+1}}$=$\frac{{r}_{n}-{r}_{n+1}}{{r}_{n}+{r}_{n+1}}$，
∴$\frac{{r}_{n+1}}{{r}_{n}}$=$\frac{1-sin\frac{θ}{2}}{1+sin\frac{θ}{2}}$，
则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}与{S_n}均是无穷递减的等比数列．
∴$\underset{lim}{n→∞}$（S₁+S₂+…+S_n）=$\frac{{S}_{1}}{1-q}$=$\frac{π（1+sin\frac{θ}{2}）^{2}}{4sin\frac{θ}{2}}$=$\frac{9π}{8}$，
化简为$2si{n}^{2}\frac{θ}{2}$-5$sin\frac{θ}{2}$+2=0，$sin\frac{θ}{2}$≤1，解得$sin\frac{θ}{2}$=$\frac{1}{2}$，
∵θ为锐角，∴$\frac{θ}{2}$=$\frac{π}{6}$，解得θ=$\frac{π}{3}$．
故答案为：$\frac{π}{3}$．

点评 本题考查了无穷递减的等比数列的极限性质、圆的面积、两圆外切的性质、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．