作业帮在边长a的正方形ABCD内依次作内接正方形AiBiCiDi(i=1,2...),使内接正方形的每一边与前一个相邻正方形的相应边夹角为θ（如图）,求所有正方形的面积之和
来源：学生作业帮助网 编辑：作业帮 时间：2024/04/29 05:05:28
在边长a的正方形ABCD内依次作内接正方形AiBiCiDi(i=1,2...),使内接正方形的每一边与前一个相邻正方形的相应边夹角为θ（如图）,求所有正方形的面积之和
在边长a的正方形ABCD内依次作内接正方形AiBiCiDi(i=1,2...),使内接正方形的每一边与前一个相邻正方形的相应边夹角为θ（如图）,求所有正方形的面积之和
在边长a的正方形ABCD内依次作内接正方形AiBiCiDi(i=1,2...),使内接正方形的每一边与前一个相邻正方形的相应边夹角为θ（如图）,求所有正方形的面积之和
前一个正方形和后一个正方形的边长比为 sin(θ)+cos(θ),所以面积比为
( sin(θ)+cos(θ) )^2 = 1+sin(2θ)
得到：
S1 = a^2,S2 = a^2/(1+sin(2θ)) ,s3 = a^2/(1+sin(2θ))^2,.
所有正方形的面积之和为
S1 + S2 + S3 + .= a^2 (1+sin(2θ)) / sin(2θ))
设第k个内接正方形的边长为ak，则第k+1个内接正方形的边长a(k+1)满足如下方程：
a(k+1)cosθ+a(k+1)sinθ=ak
a(k+1)√2sin(θ+π/4)=ak
a(k+1)/ak=√2sin(θ+π/4)，为定值。
{an}是以a为首项，√2sin(θ+π/4)为公比的等比数列。
an=a[√2sin(θ+π/4)]^(n-1...
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设第k个内接正方形的边长为ak，则第k+1个内接正方形的边长a(k+1)满足如下方程：
a(k+1)cosθ+a(k+1)sinθ=ak
a(k+1)√2sin(θ+π/4)=ak
a(k+1)/ak=√2sin(θ+π/4)，为定值。
{an}是以a为首项，√2sin(θ+π/4)为公比的等比数列。
an=a[√2sin(θ+π/4)]^(n-1)
an^2=a^2[2sin^2(θ+π/4)]^(n-1)
{an^2}是以a^2为首项，2sin^2(θ+π/4)为公比的等比数列。
S=a^2{[2sin^2(θ+π/4)]^n-1}/[2sin^2(θ+π/4)-1]
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不会
对于任意一组内接情况，可设外面的大正方形边长为x,里面的小正方形边长为y,
易知，四个小三角形全等，∴ysinθ+ycosθ=x.. ∴y/x=1/(sinθ+cosθ) ∴y²/x²=1/(sinθ+cosθ) ²=1/(1+sin2θ).即小三角形与大三角形的面积比为q=1/(1+sin2θ) ∵0＜θ＜π/2, ∴1＜...
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对于任意一组内接情况，可设外面的大正方形边长为x,里面的小正方形边长为y,
易知，四个小三角形全等，∴ysinθ+ycosθ=x.. ∴y/x=1/(sinθ+cosθ) ∴y²/x²=1/(sinθ+cosθ) ²=1/(1+sin2θ).即小三角形与大三角形的面积比为q=1/(1+sin2θ) ∵0＜θ＜π/2, ∴1＜1+sin2θ. ∴0＜q=1/(1+sin2θ) ＜1即这些正方形的面积构成一个首项为a²,公比q=1/(1+sin2θ),0＜q＜1的无穷递缩等比数列， ∴其和S=a²/(1-q)=a²(1+sin2θ)/(sin2θ).即这些正方形的面积和为a²(1+sin2θ)/(sin2θ).
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