Question

14．如圖所示，菱形ABCD的對角線AC，BD交于點O，AB=8，∠DAB=60°，過點O作OE∥BC交CD于點E，連接AE交BD于點O₁，過點O₁作O₁E₁∥BC交CD于點E₁…依此規律進行下去，則S${\;}_{△A{O}_{n}{E}_{n}}$=S${\;}_{△D{O}_{n}{E}_{n}}$（填入″＞″、″=″或″＜″），△AO_nE_n的面積是（$\frac{4}{9}$）ⁿ•4$\sqrt{3}$．

Answer 1

分析 利用平行線的性質，平行線間的距離相等，可得S${\;}_{△A{O}_{n}{E}_{n}}$=S${\;}_{△D{O}_{n}{E}_{n}}$，由△DO₁E₁∽△DOE，推出$\frac{{S}_{△D{O}_{1}{E}_{1}}}{{S}_{△DOE}}$=（$\frac{2}{3}$）²=$\frac{4}{9}$，探究規律后，利用規律即可解決問題．

解答 解：①∵O_nE_n∥AD，
∴S${\;}_{△A{O}_{n}{E}_{n}}$=S${\;}_{△D{O}_{n}{E}_{n}}$，
故答案為=．

②∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=8，
∵∠DAB=60°，
∴△ADB和△BDC都是等邊三角形，
∴∠DCO=30°，
在Rt△DOC中，∵∠DOC=90°，∠DCO=30°，
∴OD=$\frac{1}{2}$CD=4，OC=$\sqrt{C{D}^{2}-O{D}^{2}}$=4$\sqrt{3}$，
∴S_△DOC=$\frac{1}{2}$•OD•OC=$\frac{1}{2}$$•4•4\sqrt{3}$=8$\sqrt{3}$，
∵OE∥AD，OA=OC，
∴DE=EC，
∴S_△DOE=$\frac{1}{2}$S_△DOC=4$\sqrt{3}$，
∵OE∥AD，
∴$\frac{O{O}_{1}}{D{O}_{1}}$=$\frac{OE}{D{O}_{1}}$=$\frac{1}{2}$，
∵O₁E₁∥OE，
∴△DO₁E₁∽△DOE，
∴$\frac{{S}_{△D{O}_{1}{E}_{1}}}{{S}_{△DOE}}$=（$\frac{2}{3}$）²=$\frac{4}{9}$，
∴${S}_{△D{O}_{1}{E}_{1}}$=$\frac{4}{9}$•4$\sqrt{3}$，
同理，${S}_{△D{O}_{2}{E}_{2}}$=$\frac{4}{9}$•${S}_{△D{O}_{1}{E}_{1}}$=（$\frac{4}{9}$）²•4$\sqrt{3}$，
…，
∴${S}_{△D{O}_{n}{E}_{n}}$=（$\frac{4}{9}$）ⁿ•4$\sqrt{3}$，
∴S${\;}_{△A{O}_{n}{E}_{n}}$=S${\;}_{△D{O}_{n}{E}_{n}}$=（$\frac{4}{9}$）ⁿ•4$\sqrt{3}$．
故答案為（$\frac{4}{9}$）ⁿ•4$\sqrt{3}$．

點評 本題考查菱形的性質、平行線的性質、等邊三角形的判定和性質、三角形的面積公式等知識，解題的關鍵是學會從特殊到一般的探究規律，學會利用規律解決問題．