12 bài tập Toán 9 Cánh diều Bài 1. Đa giác đều có đáp án

Mỗi góc của ngũ giác đều bằng: \(\frac{{(5 - 2){{.180}^0}}}{5}\, = \,{108^0}\)

Mỗi góc của ngũ lục đều bằng: \(\frac{{(6 - 2){{.180}^0}}}{6}\, = \,{120^0}\)

Mỗi góc của bát giác đều bằng: \(\frac{{(8 - 2){{.180}^0}}}{8}\, = \,{135^0}\)

Gọi \[n\] là số cạnh của đa giác đều.

Ta có \[\frac{{\left( {n - 2} \right).180^\circ }}{n} = 135^\circ \]

nên \[\frac{{n - 2}}{n} = \frac{{135}}{{180}} = \frac{3}{4}\].

Do đó \[4\left( {n - 2} \right) = 3n\].

Vậy \[n = 8\].

Xét \[\Delta HDC\] vuông tại \[D\], \[DM\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \[DM = HM\]. Ta lại có \[\widehat {{C_1}} = 30^\circ \] nên \[\widehat {{H_1}} = 60^\circ \]. Do đó \[\Delta HDM\] là tam giác đều.

Tương tự các tam giác \[HME\], \[HEI\], \[HIF\], \[HFK\], \[HKD\] là các tam giác đều.

Lục giác \[DKFIEM\] có các cạnh bằng nhau và các góc bằng nhau (bằng \[120^\circ \]) nên là lục giác đều.

a) Từ mỗi đỉnh của hình n – giác lồi. kẻ được \[n - 1\] đoạn thẳng đến các đỉnh còn lại, trong đó có hai đoạn thẳng là cạnh của đa giác, \[n - 3\] đoạn thẳng là đường chéo.

Đa giác có \[n\] đỉnh nên kẻ được \[n\left( {n - 3} \right)\] đường chéo, trong đó mỗi đường chéo tính 2 lần. Vậy số đường chéo của hình \[n\]- giác lồi là \[\frac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2}\].

b) Giải phương trình \[\frac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2} = n\]. Ta được \[n = 5\]

Gọi \[O\] là giao điểm của \[AD\], \[BE\], \[CF\]. Dễ dàng chứng minh \[N\] là trung điểm của \[OC\], \[\Delta AFM = \Delta AON\] (c.g.c).

Từ đó \[AM = AN\] và \[\widehat {MAN} = 60^\circ \] nên \[\Delta AMN\] là tam giác đều.

Hướng dẫn: Chứng minh rằng các tam giác \[AA'F\], \[BB'A'\], \[CC'B'\], \[DD'C'\], \[EE'D'\], \[FF'E\] bằng nhau.

Theo công thức tính góc của đa giác đều, ta có:

\(\widehat {ADB} = \frac{{\left( {6 - 2} \right){{.180}^0}}}{6} = {120^0} \Rightarrow \widehat {DAB} = \widehat {DBA} = {30^0};\)

\(\widehat {ADC} = \frac{{\left( {5 - 2} \right){{180}^0}}}{5} = {108^0} \Rightarrow \widehat {DAC} = \widehat {DCA} = {36^0};\) 

Suy ra \(\widehat {BDC} = {360^0} - {120^0} - {108^0} = {132^0}\) .

Ta có ∆BDC \[\left( {DB = DC} \right)\] cân tại D. Do đó \(\widehat {DBC} = \widehat {DCB} = \frac{{{{180}^0} - {{132}^0}}}{2} = {24^0}\) .

Suy ra \(\widehat {BAC} = {30^0} + {36^0} = {66^0};\widehat {{\rm{ }}ABC} = {30^0} + {24^0} = {54^0};\widehat {{\rm{ }}BCA} = {24^0} + {36^0} = {60^0}\)

a) Ta có mỗi góc trong của ngũ giác đều có số đo là \(108^\circ \) hay \[\widehat {AED} = 108^\circ \];  Tam giác \[AED\]cân tại \[E\]từ đó \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{D_1}} = 36^\circ \); Tương tự tính được \(\widehat {{B_1}} = \widehat {{E_1}} = 36^\circ  = \widehat {{D_1}}\)

Vậy \(\widehat {{I_1}} = \widehat {{E_1}} + \widehat {{A_1}} = 72^\circ \) (góc ngoài của tam giác \(EAI\)) và \({D_2} = \widehat {EDC} - \widehat {{D_1}} = 108^\circ  - 36^\circ  = 72^\circ \). Vậy \(\widehat {{D_2}} = \widehat {{I_1}}\) mà hai góc này ở vị trí đồng vị suy ra \[IB//DC\]. Chứng minh tương tự ta có \[DI//BC\] hay \(DIBC\) là hình bình hành.

b) Xét tam giác \(AIE\) và tam giác \(EAD\), ta có

   + Góc \(A\) chung;

   + \(\widehat {AEI} = \widehat {ADE}\).

\( \Rightarrow \Delta AIE\~\Delta AED(\;{\rm{g}} - {\rm{g}})\)suy ra \(\frac{{AI}}{{AE}} = \frac{{AE}}{{AD}}\) suy ra \(AI \cdot AD = A{E^2} \cdot B{C^2} = D{I^2}\)

                              

a) \(\Delta ABC\)và \(\Delta BCD\)có \(AB = BC\);\(\widehat {ABC} = \widehat {BCD}\);\(BC = CD\)

\( \Rightarrow \Delta ABC = \Delta BCD\left( {c.g.\,c} \right)\)\( \Rightarrow AC = BD\).

\(\Delta ABD\)và \(\Delta ACD\)có \(AB = DC\);\(AC = DB\); AD chung

\( \Rightarrow \Delta ABD = \Delta ACD\left( {c.g.\,c} \right)\)\( \Rightarrow \widehat {BAD} = \widehat {CDA}\)

\( \Rightarrow \Delta BAH = \Delta CDK\)\( \Rightarrow BH = CK\)\( \Rightarrow BC\,{\rm{//}}\,{\rm{CD}}\)

\( \Rightarrow {\rm{ABCD}}\,\)là hình thang cân

b) Chứng minh tương tự câu a, ta có \[ABCE\]là hình thang cân.

Ta có: \(\Delta ABC\)cân\( \Rightarrow \widehat {BAC} = \widehat {BCA}\),mà \(\widehat A = \widehat C\)\( \Rightarrow \widehat {CAE} = \widehat {ACD}\)

\( \Rightarrow \Delta AEC = \Delta CDA\left( {c.g.\,c} \right)\)\( \Rightarrow ACDE\)là hình thang cân

(Chứng minh tương tự câu a)

Ta có:

\(AB\,{\rm{//}}\,{\rm{CK}}\)(\[ABCD\] là hình thang cân)

\({\rm{BC}}\,{\rm{//}}\,{\rm{AK}}\)(\[ABCE\] là hình thang cân)

mà: \(AB = BC\). Suy ra \[ABCK\]là hình thoi\( \Rightarrow \widehat {{A_1}} = \widehat {{C_1}} = \widehat {{C_2}}\)

\[ACDE\]là hình thang cân\( \Rightarrow \widehat {{C_2}} = \widehat {{E_1}}\)\( \Rightarrow \widehat {{E_1}} = \widehat {{C_1}}\)\( \Rightarrow \widehat {{C_1}} = \widehat {{C_3}}\)

\( \Rightarrow \Delta ABC = \Delta CDE\)\( \Rightarrow \widehat {ABC} = \widehat {CDE}\)

Chứng minh tương tự, ta được: \(\widehat {BAE} = \widehat {AED}\)

Do đó: \(\widehat A = \widehat B = \widehat C = \widehat D = \widehat E\)và \(AB = BC = CD = DE = EA\left( {gt} \right)\)

\( \Rightarrow ABCDE\)là ngũ giác đều

Áp dụng tính chất về quan hệ các cạnh của tam giác, ta có:

\(AB + BC + CD + DE + EA < \left( {AN + NB} \right) + \left( {BP + PC} \right)\)   

 \( + \left( {CQ + QD} \right) + \left( {DK + KE} \right) + \left( {EM + MA} \right)\) \(\left( 1 \right)\)

Mặt khác: \(AN + PC < AC\);\(BP + DQ < BD\);\(CQ + KE < CE\);\(DK + MA < DA\);\(EM + NB < EB\)\(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\)suy ra điều phải chứng minh

Diện tích là \(259,8:6 = 43,3\left( {\;c{m^2}} \right)\). Ta có \(\widehat {FOE} = 360^\circ :6 = 60^\circ \).

Do đó \(\widehat {OEH} = 60^\circ \) ( \(\Delta OFE\) là tam giác đều). Diện tích \(\Delta OFE:S = \frac{1}{2}.OH.EF = \frac{1}{2}EF.\sqrt {O{E^2} - H{E^2}} \).

Mà \(OE = EF;HE = \frac{1}{2}EF\).

Nên \(S = \frac{1}{2} \cdot EF \cdot \sqrt {F{E^2} - {{\left( {\frac{1}{2}EF} \right)}^2}} = \frac{1}{2}.EF.\sqrt {F{E^2} - \frac{1}{4}F{E^2}} = \frac{1}{2}.EF.\sqrt {\frac{3}{4}F{E^2}} = \frac{{F{E^2}}}{4}\sqrt 3 \).

Suy ra \(43,3 = \frac{{F{E^2}}}{4}\sqrt 3 \Rightarrow F{E^2} = \frac{{43,3.4}}{{\sqrt 3 }} \approx 100 \Rightarrow FE = \sqrt {100} = 10\left( {\;cm} \right)\).

Lưu ý: Diện tích tam giác đều có cạnh \(a\) là \(S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Bán kính hình tròn: \(20:2 = 10\left( {\;cm} \right)\).

Vì \(\Delta OAB\) là tam giác đều nên diện tích tam giác là: \(\frac{{{{10}^2}\sqrt 3 }}{4} = 25\sqrt 3 \left( {\;c{m^2}} \right)\).

Diện tích gương là \(25\sqrt 3 .6 \approx 260\left( {\;c{m^2}} \right)\).