Question

15．如圖，
（1）△ABC是斜邊AB的長為3的等腰直角三角形，在△ABC內(nèi)作第1個內(nèi)接正方形A₁B₁D₁E₁（D₁、E₁在AB上，A₁、B₁分別在AC、BC上），再在△A₁B₁C內(nèi)用同樣的方法作第2個內(nèi)接正方形A₂B₂D₂E₂，…如此下去，操作n次，則第一個內(nèi)接正方形的邊長是1，第n個小正方形A_nB_nD_nE_n 的邊長是$\frac{1}{{3}^{（n-1）}}$．
（2）在△ABC中，BC=12，高AD=8，四邊形PQMN為△ABC的內(nèi)接矩形，（P在AB上，Q在AC上，M、N在BC上），
①求當PQ為何值時，矩形PQMN面積最大．
②若再在△APQ中作一個內(nèi)接矩形P₂Q₂M₂N₂，如此下去，操作n次，求PnQn的長．（直接寫出結果）
（3）解完上述兩題，根據(jù)其中一題你還能歸納出怎樣的數(shù)學結論，請簡單的寫出一條．

Answer 1

分析 （1）求出第一個、第二個、第三個內(nèi)接正方形的邊長，總結規(guī)律可得出第n個小正方形A_nB_nD_nE_n 的邊長．
（2）設PQ=x，矩形PQMN面積為y，則根據(jù)△APQ∽△ABC的性質得到PN的長度，然后由矩形的面積公式列出y關于x的二次函數(shù)關系，所以根據(jù)二次函數(shù)最值的求法進行解答；
②利用（1）的解題過程寫出規(guī)律；
（3）根據(jù)（1）、（2）總結出規(guī)律即可．

解答 解：（1）∵∠A=∠B=45°，
∴AE₁=A₁E=A₁B₁=B₁D₁=D₁B，
∴第一個內(nèi)接正方形的邊長=$\frac{1}{3}$AB=1．
同理可得：
第二個內(nèi)接正方形的邊長=$\frac{1}{3}$A₁B₁=$\frac{1}{9}$AB=$\frac{1}{3}$，
第三個內(nèi)接正方形的邊長=$\frac{1}{3}$A₂B₂=$\frac{1}{27}$AB=$\frac{1}{9}$，
…
故可推出第n個小正方形A_nB_nD_nE_n 的邊長=$\frac{1}{{3}^{n}}$AB=$\frac{1}{{3}^{（n-1）}}$．
故答案為：1；$\frac{1}{{3}^{（n-1）}}$．

（2）①設PQ=x，矩形PQMN面積為y，AD交PQ于點E，
∵PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴$\frac{AE}{AD}$=$\frac{PQ}{AB}$，即$\frac{8-PN}{8}$=$\frac{x}{12}$，
∴PN=8-$\frac{2}{3}$x．
則y=PQ•PN=x•（8-$\frac{2}{3}$x）=-$\frac{2}{3}$（x-6）²+24．
∵-$\frac{2}{3}$＜0，
∴該拋物線的開口方向向下，
故當PQ=6時，矩形PQMN面積最大；
②由①知，PQ=$\frac{12}{2}$，
同理：P₁Q₁=$\frac{12}{{2}^{2}}$，
P₂Q₂=$\frac{12}{{2}^{3}}$，
…
PnQn=$\frac{12}{{2}^{n}}$．

（3）根據(jù)（1）的解題過程可以得到結論：第n個小正方形A_nB_nD_nE_n 的面積是 $\frac{1}{{3}^{2（n-1）}}$．
根據(jù)（2）的解題過程可以得到：再在△APQ中作一個內(nèi)接矩形P₂Q₂M₂N₂，如此下去，操作n次，PnQn的長為$\frac{12}{{2}^{n}}$．

點評 本題考查了相似綜合題．解題時涉及到了相似三角形的判定與性質、等腰直角三角形的性質，解答本題的關鍵是求出前幾個內(nèi)接正方形的邊長，得出一般規(guī)律．