Google
Câu hỏi: Tam giác mà ba đỉnh của nó là trung điểm ba cạnh của tam giác $ABC$ được gọi là tam giác trung bình của tam giác $ABC$.
Ta xây dựng dãy các tam giác ${{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}$, ${{A}_{2}}{{B}_{2}}{{C}_{2}}$, ${{A}_{3}}{{B}_{3}}{{C}_{3}}$ … sao cho tam giác ${{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}$ là tam giác đều cạnh bằng $3$ và với mỗi số nguyên dương $n\ge 2$, tam giác ${{A}_{n}}{{B}_{n}}{{C}_{n}}$ là tam giác trung bình của tam giác ${{A}_{n-1}}{{B}_{n-1}}{{C}_{n-1}}$. Với mỗi số nguyên dương $n$, kí hiệu ${{S}_{n}}$ tương ứng là diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác ${{A}_{n}}{{B}_{n}}{{C}_{n}}$. Tính tổng $S={{S}_{1}}+{{S}_{2}}+...+{{S}_{n}}+...$
A. $S=\dfrac{15\pi }{4}$.
B. $S=4\pi $.
C. $S=\dfrac{9\pi }{2}$.
D. $S=5\pi $.
Ta xây dựng dãy các tam giác ${{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}$, ${{A}_{2}}{{B}_{2}}{{C}_{2}}$, ${{A}_{3}}{{B}_{3}}{{C}_{3}}$ … sao cho tam giác ${{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}$ là tam giác đều cạnh bằng $3$ và với mỗi số nguyên dương $n\ge 2$, tam giác ${{A}_{n}}{{B}_{n}}{{C}_{n}}$ là tam giác trung bình của tam giác ${{A}_{n-1}}{{B}_{n-1}}{{C}_{n-1}}$. Với mỗi số nguyên dương $n$, kí hiệu ${{S}_{n}}$ tương ứng là diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác ${{A}_{n}}{{B}_{n}}{{C}_{n}}$. Tính tổng $S={{S}_{1}}+{{S}_{2}}+...+{{S}_{n}}+...$
A. $S=\dfrac{15\pi }{4}$.
B. $S=4\pi $.
C. $S=\dfrac{9\pi }{2}$.
D. $S=5\pi $.
Tam giác ${{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}$ có bán kính đường tròn ngoại tiếp là ${{R}_{1}}=\dfrac{2}{3}.\dfrac{3.\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$ $\Rightarrow {{S}_{1}}=\pi .{{\left( {{R}_{1}} \right)}^{2}}=3\pi $.
Tam giác ${{A}_{2}}{{B}_{2}}{{C}_{2}}$ có bán kính đường tròn ngoại tiếp là ${{R}_{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ $\Rightarrow {{S}_{2}}=\pi .{{\left( {{R}_{2}} \right)}^{2}}=\dfrac{1}{4}.3\pi =\dfrac{1}{4}{{S}_{1}}$.
Tam giác ${{A}_{3}}{{B}_{3}}{{C}_{3}}$ có bán kính đường tròn ngoại tiếp là ${{R}_{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}$ $\Rightarrow {{S}_{3}}=\pi .{{\left( {{R}_{3}} \right)}^{2}}=\dfrac{1}{16}.3\pi =\dfrac{1}{4}{{S}_{2}}$
………………………………….
Tam giác ${{A}_{n}}{{B}_{n}}{{C}_{n}}$ có bán kính đường tròn ngoại tiếp là ${{R}_{n}}=\dfrac{\sqrt{3}}{{{2}^{n-1}}}$ $\Rightarrow {{S}_{n}}=\dfrac{1}{4}{{S}_{n-1}}$.
Suy ra $S$ là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn, có ${{u}_{1}}={{S}_{1}}=3\pi $, công bội $q=\dfrac{1}{4}$.
Vậy $S=\dfrac{{{S}_{1}}}{1-\dfrac{1}{4}}=4\pi $.
Tam giác ${{A}_{2}}{{B}_{2}}{{C}_{2}}$ có bán kính đường tròn ngoại tiếp là ${{R}_{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ $\Rightarrow {{S}_{2}}=\pi .{{\left( {{R}_{2}} \right)}^{2}}=\dfrac{1}{4}.3\pi =\dfrac{1}{4}{{S}_{1}}$.
Tam giác ${{A}_{3}}{{B}_{3}}{{C}_{3}}$ có bán kính đường tròn ngoại tiếp là ${{R}_{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}$ $\Rightarrow {{S}_{3}}=\pi .{{\left( {{R}_{3}} \right)}^{2}}=\dfrac{1}{16}.3\pi =\dfrac{1}{4}{{S}_{2}}$
………………………………….
Tam giác ${{A}_{n}}{{B}_{n}}{{C}_{n}}$ có bán kính đường tròn ngoại tiếp là ${{R}_{n}}=\dfrac{\sqrt{3}}{{{2}^{n-1}}}$ $\Rightarrow {{S}_{n}}=\dfrac{1}{4}{{S}_{n-1}}$.
Suy ra $S$ là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn, có ${{u}_{1}}={{S}_{1}}=3\pi $, công bội $q=\dfrac{1}{4}$.
Vậy $S=\dfrac{{{S}_{1}}}{1-\dfrac{1}{4}}=4\pi $.
Đáp án B.