18 câu Trắc nghiệm Toán 9 Kết nối tri thức Bài 30. Đa giác đều và phép quay có đáp án

Chọn A

Chọn B

Chọn C

Chọn B

Các hình \(a,\,\,c,\,\,e\) không là đa giác đều vì các hình này không phải đa giác lồi.

Hình \[b\] là hình vuông (tứ giác đều), hình \[d\] là lục giác đều.

Chọn C

Đa giác đều là một đa giác có các cạnh và các góc bằng nhau.

Chọn B

Các phép quay có thể có với một đa giác đều tâm \[O\] là phép quay thuận chiều tâm \[O\] và phép quay ngược chiều tâm \[O\].

Chọn B

Trong các hình trên, các đa giác đều là hình vuông (tứ giác đều) và hình tam giác đều.

Vậy có 2 đa giác đều trong các hình trên.

Chọn C

Với một phép quay góc \(\alpha \) thì \(\alpha \) có thể nhận các giá trị là \(0^\circ  \le \alpha  \le 360^\circ \).

Chọn D

Số đo mỗi góc của một bát giác đều là: \(\frac{{180^\circ .\left( {8 - 2} \right)}}{8} = 135^\circ \).

Vậy số đo mỗi góc của một bát giác đều là \(135^\circ \).

Chọn D

Chu vi đa giác đều 11 cạnh đã cho là: \(11.5 = 55{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Chọn C

Tổng các góc trong của một ngũ giác đều là: \(180^\circ \left( {5 - 2} \right) = 540^\circ \).

Chọn D

Với \[0^\circ  \le \alpha  < 360^\circ \], các phép quay thuận chiều tâm \[O\] biến hình vuông trên thành chính nó là \(0^\circ \,;\,\,90^\circ \,;\,\,180^\circ \,;\,\,270^\circ .\)

Chọn C

Với \[0^\circ  \le \alpha  < 360^\circ \], các phép quay thuận chiều tâm \[O\] biến tam giác trên thành chính nó là \(0^\circ \,;\,\,120^\circ \,;\,\,240^\circ .\)

Chọn B

Phép quay thuận chiều tâm \[A\] một góc \(60^\circ \) biến điểm \[C\] thành B, biến điểm \[D\] thành \[C\].

Vậy phép quay thuận chiều tâm \[A\] một góc \(60^\circ \) biến cạnh \[CD\] thành \[BC\].

Chọn B

Phép quay thuận chiều tâm \[O\] biến điểm \[A\] thành điểm \[E\] thì các điểm \[B,{\rm{ }}C,{\rm{ }}D,{\rm{ }}E\] tương ứng biến thành các điểm \[A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C,{\rm{ }}D\].

Chọn D

Xét phương án A:

Tổng 6 góc của lục giác đều \[ABCDEF\]bằng tổng các góc trong hai tứ giác \[ABCD\] và \[AFED.\]

Suy ra tổng 6 góc của lục giác đều \[ABCDEF\] bằng \[2 \cdot 360^\circ  = 720^\circ .\]

Do tất cả các góc của lục giác đều bằng nhau nên số đo mỗi góc của lục giác đều bằng \[\frac{{720^\circ }}{6} = 120^\circ \] hay \[\widehat {AFM} = \widehat {BCD} = 120^\circ .\]

Vì \[CB = CD\] (chứng minh trên) nên tam giác \[BCD\] cân tại \[C.\]

Do đó \[CO\] vừa là đường trung tuyến, vừa là đường phân giác của tam giác \[BCD\].

Vì vậy \[\widehat {OCB} = \frac{{\widehat {BCD}}}{2} = \frac{{120^\circ }}{2} = 60^\circ .\]

Ta có \[OB = OC\] (vì \[O\] là tâm của lục giác đều \[ABCDEF\]).

Suy ra tam giác \[OBC\] cân tại \[O\].

Mà \[\widehat {OCB} = 60^\circ \] (chứng minh trên). Do đó tam giác \[OBC\] đều.

Chứng minh tương tự cho các tam giác \[OCD,{\rm{ }}OAB,{\rm{ }}OAF,\,\,ODE,\,\,OEF,\] ta được \[\Delta OCD,{\rm{ }}\Delta OAB,\] \[\Delta OAF,{\rm{ }}\Delta ODE,\,\,\Delta OEF\] là các tam giác đều.

Ta có tam giác \[OBC\] đều nên \[OB = BC = OC,\] mà \[OB = OC = OD\] và \[BC = CD\] nên \[OB = BC = CD = OD.\] Suy ra tứ giác \[OBCD\] là hình thoi.

Do đó hai đường chéo \[OC\] và \[BD\] vuông góc với nhau tại trung điểm \[N\] của mỗi đường.

Vậy N là trung điểm \[OC.\]

Xét phương án B:

Ta có \[\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = 60^\circ \] (vì các tam giác \[OAB,{\rm{ }}OBC\] đều).

Suy ra \[\widehat {AOC} = \widehat {AOB} + \widehat {BOC} = 60^\circ  + 60^\circ  = 120^\circ .\]

Ta có \[EF = OC\] (cùng bằng OF) và \[M,{\rm{ }}N\] lần lượt là trung điểm \[EF,{\rm{ }}OC\] nên \[FM = ON.\]

Xét \[\Delta AFM\] và \[\Delta AON\] có:

\[\widehat {AFM} = \widehat {AON} = 120^\circ \,;\]

\[AF = AO\] (tam giác \[OAF\] đều);

\[FM = ON\] (chứng minh trên).

Do đó \[\Delta AFM = \Delta AON{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right){\rm{.}}\]

Xét phương án C:

Từ kết quả câu b), ta được \[AM = AN\] và \[\widehat {FAM} = \widehat {OAN}\,.\]

Suy ra \[\Delta AMN\] cân tại \[A.\]

Ta có \[\widehat {FAO} = 60^\circ \] (do \[\Delta OAF\] đều).

Suy ra \[\widehat {FAM} + \widehat {MAO} = 60^\circ \] nên \[\widehat {OAN} + \widehat {MAO} = 60^\circ \] hay \[\widehat {MAN} = 60^\circ .\]

Xét \[\Delta AMN\] cân tại \[A\] có \[\widehat {MAN} = 60^\circ \] nên \[\Delta AMN\] đều.

Do đó phương án D sai.

Chọn D

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

\(\widehat {ADB} = \frac{{180^\circ \left( {6 - 2} \right)}}{6} = 120^\circ \).

Tam giác \[DBA\] cân tại \[D\] nên \(\widehat {DAB} = \frac{{180^\circ  - 120^\circ }}{2} = 30^\circ \).

Tương tự, ta tính được \(\widehat {DAC} = 36^\circ \).

Vậy \(\widehat {BAC} = \widehat {DAB} + \widehat {DAC} = 30^\circ  + 36^\circ  = 66^\circ \).

Chọn A

Giả sử \[ABCDEGHK\] là bát giác đều có tâm \[O.\]

Do đó \[AB = BC = CD = DE = EG = GH = HK\] và \[OA = OB = OC = OD = OE = OG = OH = OK.\]

Xét \[\Delta OAB\] và \[\Delta OBC\] có: \[OA = OB,{\rm{ }}OB = OC,{\rm{ }}AB = BC\].

Do đó \[\Delta OAB = \Delta OBC\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.c}}{\rm{.c}}} \right)\].

Tương tự, ta sẽ chứng minh được:

\[\Delta OAB = \Delta OBC = \Delta COD = \Delta DOE = \Delta EOG = \Delta GOH = \Delta HOK = \Delta KOA.\]

Suy ra các góc tương ứng bằng nhau:

\(\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {COD} = \widehat {DOE} = \widehat {EOG} = \widehat {GOH} = \widehat {HOK} = \widehat {KOA}.\)

Ta có: \(\widehat {AOB} + \widehat {BOC} + \widehat {COD} + \widehat {DOE} + \widehat {EOG} + \widehat {GOH} + \widehat {HOK} + \widehat {KOA} = 360^\circ \)

Suy ra \(8\widehat {AOB} = 360^\circ ,\) nên \(\widehat {AOB} = 45^\circ .\)

Do đó, \(\widehat {DOE} = \widehat {EOG} = \widehat {GOH} = 45^\circ .\)

Như vậy, ta sẽ có \[\widehat {DOG} = \widehat {DOE} + \widehat {EOF} + \widehat {FOG} = 45^\circ  + 45^\circ  + 45^\circ  = 135^\circ .\]

Vậy quay thuận chiều \[135^\circ \] tâm \[O\] biến điểm \[D\] của bát giác đều \[ABCDEFGH\] thành điểm \[G.\]