1977-福建卷-03 解-正六边形的几何性质

本题导读

本题考查正六边形的几何性质。

📌【题干】

Question

（1977年福建卷(理)） 在半径为 $R$ 的圆内接正六边形内，依次连结各边的中点，得一正六边形，又在这正六边形内，再依次连结各边的中点，又得一正六边形，这样无限地继续下去，求： (1)前 $n$ 个正六边形的周长之和 $S_n$； (2)所有这些正六边形的周长之和 $S$.

🔍【思路分析】

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1. 确定首项（第一个正六边形的周长）：

• 半径为 $R$ 的圆内接正六边形的边长等于圆的半径，即 $a_1=R$。
• 故第一个正六边形的周长为 $P_1=6a_1=6R$。

2. 寻找相邻两个正六边形的边长递推比例（公比）：

• 设当前正六边形的边长为 $a$，连接相邻两边中点构成新正六边形的边。
• 利用正六边形的内角为 $120^{\circ }$，在新构成的等腰三角形中（两腰为 $\frac{a}{2}$，顶角为 $120^{\circ }$），利用余弦定理或做垂线法求出底边（即新正六边形的边长） $a^{\prime }=\frac{\sqrt{3}}{2}a$。
• 因此，前后相邻两正六边形的周长比（公比）为 $q=\frac{\sqrt{3}}{2}$。各正六边形的周长构成等比数列。

3. 计算前 $n$ 项和 $S_n$：直接套用等比数列前 $n$ 项和公式 $S_n=\frac{P_1(1-q^n)}{1-q}$ 并进行分母有理化。

4. 计算无穷项和 $S$：由于 $|q|=\left|\frac{\sqrt{3}}{2}\right|<1$，当 $n\to \infty$ 时 $q^n\to 0$，直接套用公式 $S=\frac{P_1}{1-q}$ 求解极限和。

✅【答案】

Success

$S=(24+12\sqrt{3})R$

✍【详细解析】

Abstract

(1)求前 $n$ 个正六边形的周长之和 $S_n$

• 第一步：求解基期首项 因为 第 1 个正六边形为半径为 $R$ 的圆的内接正六边形，根据圆内接正六边形的几何性质，其边长 $a_1$ 等于圆半径 $R$，即： $a_1=R$ 所以，第 1 个正六边形的周长 $P_1$ 为： $P_1=6a_1=6R$

• 第二步：推导几何公比 设任意一个正六边形的边长为 $a$，其次级嵌套正六边形是通过连接原六边形各边中点得到的。 由于正六边形的每个内角均为 $120^{\circ }$，相邻两边中点与原六边形顶点构成一个等腰三角形，其腰长为 $\frac{a}{2}$，顶角为 $120^{\circ }$。 过顶点作底边的垂线，由直角三角形的三角函数关系，可求得底边长（即新正六边形的边长 $a^{\prime }$）为： $a^{\prime }=2\times \left(\frac{a}{2}\times \sin 60^{\circ }\right)=a\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$

由此可知，各正六边形的边长及对应的周长严格构成以 $q=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 为公比的等比数列。 因此，第 $n$ 个正六边形的周长为： $P_n=P_1\cdot q^{n-1}=6R\cdot {\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^{n-1}$

• 第三步：应用等比数列求和公式计算 $S_n$ 前 $n$ 个正六边形的周长之和 $S_n$ 即为该等比数列的前 $n$ 项和： $S_n=\frac{P_1(1-q^n)}{1-q}=\frac{6R\left[1-{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^n\right]}{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}$

对分母进行分母有理化（分子分母同乘以 $1+\frac{\sqrt{3}}{2}$，即等价于同乘 $\frac{2+\sqrt{3}}{2}$）： $1-\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2-\sqrt{3}}{2}$ $\text{分母的倒数}=\frac{2}{2-\sqrt{3}}=\frac{2(2+\sqrt{3})}{(2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3})}=2(2+\sqrt{3})=4+2\sqrt{3}$ 代入求和式中： $S_n=6R\cdot (4+2\sqrt{3})\left[1-{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^n\right]$ $S_n=12(2+\sqrt{3})R\left[1-{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^n\right]$

---

(2)求所有这些正六边形的周长之和 $S$

所有这些无限嵌套的正六边形周长之和 $S$，即为该等比数列的无穷项和（等价于求 $S_n$ 当 $n\to \infty$ 时的极限）。 因为 公比 $q=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 满足 $0<q<1$，所以该数列是一个无穷递缩等比数列。

当 $n\to \infty$ 时， ${\lim }_{n\to \infty }{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^n=0$。 直接套用无穷递缩等比数列求和公式 $S=\frac{P_1}{1-q}$： $S=\frac{6R}{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{6R}{\frac{2-\sqrt{3}}{2}}=\frac{12R}{2-\sqrt{3}}$

分子分母同乘以 $(2+\sqrt{3})$ 进行分母有理化： $S=\frac{12R(2+\sqrt{3})}{(2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3})}=\frac{12(2+\sqrt{3})R}{4-3}=12(2+\sqrt{3})R$

或者写成展开形式： $S=(24+12\sqrt{3})R$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：正六边形边长的基本几何演变、等比数列求和公式的分母有理化、无穷递缩等比数列的极限求和。
2. 核心方法：几何模型转化法、极限分析法。
3. 避坑指南：

• 最易错点（公比算错）：极其容易在求新边长时粗心。误把中点连线当成中位线，想当然地认为新边长是原边长的一半（误设 $q=\frac{1}{2}$）。必须画出局部的 $120^{\circ }$ 等腰三角形，利用特殊角三角函数推导出正确公比 $q=\frac{\sqrt{3}}{2}$。

• 最终化简时，务必进行分母有理化，避免保留形如 $\frac{12}{2-\sqrt{3}}$ 这种非简式导致无谓扣分。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题源于高中数学关于数列与几何综合应用的核心压轴教材大题。它对应着数学分析中**级数收敛性与分形几何（Fractal Geometry）**的早期雏形（如经典的科赫雪花曲线、谢尔宾斯基三角形等无限迭代嵌套模型）。
2. 结论推广: 本题模型属于标准的正 $m$ 边形无限嵌套中点级数求和模型。 可以一般化推广为：若初始圆内接正 $m$ 边形对应的外接圆半径为 $R$，依次连接各边中点无限迭代，则相邻两代多边形的周长公比守恒为 $q=\cos \frac{\pi }{m}$。 其所有多边形周长的无穷总和 $S$ 满足通项公式： $S=\frac{2mR\cdot \sin \frac{\pi }{m}}{1-\cos \frac{\pi }{m}}$ 在本题中， $m=6$，代入推广公式可得： $S=\frac{2\times 6\times R\times \sin 30^{\circ }}{1-\cos 30^{\circ }}=\frac{12R\times \frac{1}{2}}{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{6R}{\frac{2-\sqrt{3}}{2}}=12(2+\sqrt{3})R$ 这与上述解析结果完全同解。掌握此多边形通用推广模型，无论嵌套结构变为正三角形还是正方形，均可一式输出最限总和。

🔗【关联脉络】

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• 09.02 等比数列

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