Câu hỏi:

24/02/2026 18 Lưu

Tam giác mà ba đỉnh của nó là ba 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 \({A_1}{B_1}{C_1},{\rm{ }}{A_2}{B_2}{C_2},{\rm{ }}{A_3}{B_3}{C_3},...\) sao cho \({A_1}{B_1}{C_1}\) là một 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. \[S = \frac{{15\pi }}{4}.\] 
B. \(S = 4\pi .\) 
C. \(S = \frac{{9\pi }}{2}.\) 
D. \(S = 5\pi .\)

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

Lời giải

Vì dãy các tam giác \({A_1}{B_1}{C_1},{\rm{ }}{A_2}{B_2}{C_2},{\rm{ }}{A_3}{B_3}{C_3},...\) là các tam giác đều nên bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác bằng cạnh\( \times \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Với \(n = 1\) thì tam giác đều \({A_1}{B_1}{C_1}\) có cạnh bằng \(3\) nên đường tròn ngoại tiếp tam giác \({A_1}{B_1}{C_1}\) có bán kính \({R_1} = 3 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) \( \Rightarrow {S_1} = \pi {\left( {3 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^2}\) .

Với \(n = 2\) thì tam giác đều \({A_2}{B_2}{C_2}\) có cạnh bằng \(\frac{3}{2}\) nên đường tròn ngoại tiếp tam giác \({A_2}{B_2}{C_2}\) có bán kính \({R_2} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) \( \Rightarrow {S_2} = \pi {\left( {3 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^2}\) .

Với \(n = 3\) thì tam giác đều \({A_3}{B_3}{C_3}\) có cạnh bằng \(\frac{3}{4}\) nên đường tròn ngoại tiếp tam giác \({A_3}{B_3}{C_3}\) có bán kính \({R_3} = 3 \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) \( \Rightarrow {S_3} = \pi {\left( {3 \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^2}\) .

...................

Như vậy tam giác đều \({A_n}{B_n}{C_n}\) có cạnh bằng \(3 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}\) nên đường tròn ngoại tiếp tam giác \({A_n}{B_n}{C_n}\) có bán kính \({R_n} = 3 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) \( \Rightarrow {S_n} = \pi {\left[ {3 \cdot {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{n - 1}} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right]^2}\) .

Khi đó ta được dãy \({S_1}\), \({S_2}\), \(...,{S_n},...\) là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \({u_1} = {S_1} = 3\pi \) và công bội \(q = \frac{1}{4}\).

Do đó tổng \(S = {S_1} + {S_2} + ... + {S_n} + ...\)\( = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = 4\pi \). Chọn B.

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Lời giải

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, các cạnh bên đều bằng a. Gọi M là trung điểm của CD. Côsin của góc giữa hai đường thẳng SM và AC bằng  (ảnh 1)

Gọi \[N\] là trung điểm của \[AD\]. Khi đó \[MN\,{\rm{//}}\,AC\] nên \[\left( {SM,AC} \right) = \left( {SM,MN} \right)\].

\[ABCD\] là hình vuông cạnh \[a\]\[ \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \]\[ \Rightarrow MN = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\].

\[\Delta SCD\] là tam giác đều cạnh \[a\]\[ \Rightarrow SM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].

\[\Delta SAD\] là tam giác đều cạnh \[a\]\[ \Rightarrow SN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].

\[SM = SN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\] \[ \Rightarrow \Delta SMN\] cân tại \[S\]\[ \Rightarrow \widehat {SMN} < 90^\circ \].

Vậy \[\left( {SM,AC} \right) = \left( {SM,MN} \right) = \widehat {SMN}\].

Trong \[\Delta SMN\], ta có: \[\cos \widehat {SMN} = \frac{{S{M^2} + M{N^2} - S{N^2}}}{{2SM.SN}} = \frac{{\frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{2} - \frac{{3{a^2}}}{4}}}{{2 \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\].

Vậy \[\cos \left( {SM,AC} \right) = \cos \widehat {SMN} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\]. Chọn C.

Lời giải

Lời giải

Thời điểm chất điểm \(B\) đuổi kịp chất điểm \(A\) thì chất điểm \(B\) đi được \(15\)giây, chất điểm \(A\) đi được \(18\) giây.

Biểu thức vận tốc của chất điểm \(B\) có dạng \({v_B}\left( t \right) = \int {a{\rm{d}}t}  = at + C\) mà \({v_B}\left( 0 \right) = 0\) nên \({v_B}\left( t \right) = at\).

Do từ lúc chất điểm \(A\) bắt đầu chuyển động cho đến khi chất điểm \(B\) đuổi kịp thì quãng đường hai chất điểm đi được bằng nhau.

Do đó: \(\int\limits_0^{18} {\left( {\frac{1}{{120}}{t^2} + \frac{{58}}{{45}}t} \right){\rm{d}}t}  = \int\limits_0^{15} {at{\rm{d}}t}  \Leftrightarrow 225 = a \cdot \frac{{225}}{2} \Leftrightarrow a = 2\).

Vậy, vận tốc của chất điểm \(B\) tại thời điểm đuổi kịp \(A\) bằng \({v_B}\left( t \right) = 2 \cdot 15 = 30\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\). Chọn C.

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Câu 4

A. \(\pi \left( {{e^2} - e - \frac{3}{2}} \right)\). 
B. \({e^2} - e - \frac{5}{2}\). 
C. \(\pi \left( {{e^2} - e - \frac{5}{2}} \right)\). 
D. \({e^2} - e - \frac{3}{2}\).

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Câu 6

A.  \(d:\,\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 + t\\y = 2\\z =  - 1 + 2t\end{array} \right.,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\). 
B.  \(d:\,\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 + t\\y = 2 + 2t\\z =  - 1\end{array} \right.,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\). 
C.  \(d:\,\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 + t\\y = 2 - 2t\\z =  - 1 - t\end{array} \right.,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).
D.  \(d:\,\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y = 2\\z =  - 1 + t\end{array} \right.,\left( {\,t \in \mathbb{R}} \right)\).

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP