20 bài tập Toán 9 Kết nối tri thức Bài 30. Đa giác đều và phép quay 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)  Xét tam giác \(\Delta DFO\), ta có DOF^+DFO^+ODF^=180°

⇒DOF^+DFO^=145° (do ODF^=45°)             (1)

Xét tứ giác \(DBEF\), ta có  

Mặt khác ta có \(FO,EO\) lần lượt là phân giác góc \(DFE\) và \(BEF\) nên ta có

DFO^=12DFE^  và BEO^=12BEF^

Suy ra DFO^+BEO^=145°  (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {DOF} = \widehat {BEO}\).

Xét tam giác \(DOF\) và tam giác \(BEO\), ta có

   + \(\widehat {ODF} = \widehat {OBE} = 45^\circ \);

   + \(\widehat {DOF} = \widehat {BEO}\) (chứng minh trên).

\( \Rightarrow \Delta DOF \sim \Delta BEO(\;{\rm{g}} - {\rm{g}})\)

b)  \(\Delta DOF\~\Delta BEO \Rightarrow \frac{{DF}}{{BO}} = \frac{{DO}}{{BE}} \Rightarrow DF \cdot BE = DO \cdot BO = \frac{{B{D^2}}}{4} = \frac{{A{B^2}}}{2} = BM \cdot AD.\)

\( \Rightarrow \frac{{BM}}{{DF}} = \frac{{BE}}{{AD}}\)

Xét tam giác \(ADF\) và \(EBM\), ta có

   + \(\widehat {ADF} = \widehat {MBE}\)

   + \(\frac{{BM}}{{DF}} = \frac{{BE}}{{AD}}\).

Suy ra \(\Delta ADF \sim \Delta EBM \Rightarrow \widehat {BME} = \widehat {AFD}\)

Mặt khác ta có \(\widehat {BAF} = \widehat {AFD}(AB//CD)\). Suy ra \(\widehat {BME} = \widehat {BAF}\) suy ra \(ME//ED\) .

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

a) \(\widehat {AOC} = \frac{{360^\circ }}{5}.2 = 144^\circ \)

Phép quay thuận chiều \(144^\circ \) tâm \(O\) biến điểm \(A\) thành điểm \[C\] thì các điểm \(B,C,D,E\) tương ứng biến thành các điểm \[D,E,A,B\]

b) Các phép quay tâm \(O\) giữ nguyên hình ngũ giác đều đã cho là:

⦁ Năm phép quay thuận chiều \[\alpha ^\circ \] tâm \[O\] với \[\alpha ^\circ \]lần lượt nhận các giá trị\[72^\circ ;144^\circ ;216^\circ ;288^\circ ;360^\circ \] .

⦁ Năm phép quay ngược chiều \[\alpha ^\circ \] tâm \[O\] với \[\alpha ^\circ \] lần lượt nhận các giá trị \[72^\circ ;144^\circ ;216^\circ ;288^\circ ;360^\circ \]

Cách dựng: Phép quay ngược chiều 90^o tâm A , biến điểm B biến thành điểm \(B'\).

Xác định điểm \({{\rm{B}}^\prime }\) theo hướng dẫn sau:

Vẽ đường tròn \(\left( {A;AB} \right)\) và tia \(Ax\) sao cho BAx^=90°, tia \(Ax\) cắt đường tròn \(\left( {A;AB} \right)\) tại điểm \(B'\).

Tương tự ta dựng được c điểm \({\rm{C'}}\).

a) Phép quay ngược chiều 72^o tâm O biến điểm A biến B thì các điểm \(B,C,D,E\) lần lượt biến thành các điểm \(C,D,E\)và A .

b) Ba phép quay tâm O giữ nguyên hình ngũ giác đều:

1. Phép quay ngược chiều 144^o;

2. Phép quay ngược chiều 216^o;

3. Phép quay thuận chiều 72^o.

Bạn hãy tìm thêm những phép quay còn lại giữ nguyên hình ngũ giác đều.

Phép quay thuận chiều 60^o tâm O biến điểm M thành điểm N là hình d , vì ta có \(OM = ON\) và MON^=60°

Phép quay ngược chiều 60^o tâm O biến A thành D. Ta có: \(OD = OA\) và AOD^=60° nên tam giác \(AOD\) là tam giác đều \[ \Rightarrow AD = OA = OD = R\] (R là bán kính đường tròn \(\left( O \right)\)).

Chứng minh tương tự, ta có: \(BE = CF = R\)\( \Rightarrow AD = BE = CF = R(*)\)

Tam giác \(ABC\) đều nội tiếp đường tròn \(\left( {\rm{O}} \right)\), ta có: \({\rm{OD}} = {\rm{OA}} = {\rm{OB}}\) (1)

Lại có AOB^=120° mà AOD^=60° (cmt) ⇒DOB^=60°(2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác \(DOB\) là tam giác đều.

Chứng minh tương tự các tam giác \(EOC\) và \(FOA\) cũng là tam giác đều.\( \Rightarrow DB = EC = EA = R\left( {**} \right)\)

Từ (*) và (**)\( \Rightarrow AD = DB = BE = EC = CE = EA\left( { = R} \right)\left( 3 \right)\)

Dễ thấy \(\widehat {{\rm{ADB}}} = \widehat {{\rm{DBE}}} = \widehat {{\rm{BEC}}} = \widehat {{\rm{ECF}}} = \widehat {{\rm{CFA}}} = \widehat {{\rm{FAD}}}\) (4)

Từ (3) và \((4) \Rightarrow ADBECF\) là một lục giác đều.

Đa giác đều 12 cạnh \[ABCDEFGHIKLM\] nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) (Xem hình vẽ).

Ta có: AOB^=360°12=30° và AOB^=BOC^=COD^=DOE^=…=30°

Và \(OA = OB = OC = OD = \ldots \) (bán kính đường tròn ngoại tiếp)

Ta chọn phép quay thuận chiều (hoặc ngược chiều) góc quay 30°,60°,90°,120° biến đa giác đã cho thành chính nó.

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

Vì vòng quay mặt trời gồm mười hai cabin nên hai cabin liền kề cách nhau một góc bằng: \(360^\circ :12 = 30^\circ \)

Do vậy để cabin \(A\) di chuyển đến vị trí cao nhất thì vòng quay thuận chiều kim đồng hồ quanh tâm một góc bằng: \(30^\circ .4 = 120^\circ \)