Chứng minh: Các tam giác DDAE, DDBC, DCED, DCAB, DBEA bằng nhau rồi dựa vào tính chất đường trung bình suy ra các cạnh của ngũ giác MNPQR bằng nhau.

Chứng minh DDPN, DCNM, DBMR, DAQR, DQQP bằng nhau và dựa vào góc $\widehat{PDN}$ = 108⁰, từ đó suy ra các góc ngũ giác MNPQR bằng nhau và cùng bằng 108⁰.

Ta có: $\frac{(n-2){.180}^0}{n}={156}^0$. Từ đó, tìm được n = 15

Ta có: $\frac{(n-2){.180}^0}{n}={120}^0$. Tìm được n = 6 Þ số đường chéo là 9 đường chéo

a) Tổng số đo của góc trong và góc ngoài ở mỗi đỉnh của tứ giác (lồi) là 180⁰ Þ Tổng số đo các góc trong và các góc ngoài của tứ giacs là 4.180⁰ = 720⁰.

Mặt khác, tổng số đo các góc trong của tứ giác là: (4-2).180⁰ = 360⁰.

Þ Tổng số đo các góc ngoài của tứ giác là: 720⁰ - 360⁰ = 360⁰

Tương tự, ta cũng tính được tổng số đo các góc ngoài của ngũ giác và thập giác là 360⁰.

b) Tổng số đo của góc trong và góc ngoài ở mỗi đỉnh của hình n - giác (lồi) là 180⁰ Þ Tổng số đo các góc trong và các góc ngoài của đa giác là n.180⁰.

Mặt khác, tổng số đo các góc trong của đa giác là (n - 2).180⁰.

Þ Tổng số đo các góc ngoài của đa giác là:

n.180⁰ - (n - 2).180⁰ = 360⁰.

Ta có: (n - 2).180⁰ = 360⁰. Tìm được n = 4

Vậy đa giác cần tìm là tứ giác lồi

Gọi số cạnh là n (n ÎN, n ≥3).

a) Ta có: $\frac{n(n-3)}{2}=n$. Tìm được n = 5 (TMĐK)

b) Tìm được n = 4

c) Tìm được n = 7

d) Tìm được n Î Æ

Số đo mỗi góc của ngũ giác đều là 108⁰.

Ta có tam giác ABC cân tại B

$$\begin{gathered} \Rightarrow \widehat{A_1}=\widehat{C_1}=({180}^0-{108}^0):2={36}^0 \\ \Rightarrow \widehat{EAC}=\widehat{DCA} \end{gathered}$$    (1)

Chứng minh tương tự ta được:

$\widehat{C_3}={\widehat{E}}_1={36}^0\Rightarrow \widehat{C_2}={36}^0$ 

Có $\widehat{C_2}=\widehat{E_1}={36}^0\Rightarrow ED//AC$      (2)

Từ (1) và (2), suy ra ACDE là hình thang cân (ĐPCM)

(Các khác: Có thể chứng minh hình thang ACDE có hai đường chéo bằng nhau)

* Chứng minh tương tự ta có $\widehat{JEF}=\widehat{EFG}=\widehat{FGH}=\widehat{GHI}=\widehat{HI\text{J}}=\widehat{IJE}$.

Vậy tứ giác CDEK là hình bình hành

mà CD = DE, suy ra hình bình hành CDEK là hình thoi (ĐPCM)

a) Tam giác EBJ cân tại B Þ $\widehat{E_1}=\widehat{J_1}$ 

Từ đó suy ra $\widehat{IJE}=\widehat{JEF}$ 

Chứng minh tương tự ta có:

$\widehat{JEF}=\widehat{EFG}=\widehat{FGH}=\widehat{GHI}=\widehat{HI\text{J}}=\widehat{IJE}$ 

b) Chứng minh được EF = GH = IJ và FG = HI = ẸJ

Gọi O là trung điểm của FG Þ AO là phân giác của $\widehat{FAG}\Rightarrow \widehat{FAO}={60}^0$ 

Tam giác FAO vuông tại O có $\widehat{FAO}={60}^0\Rightarrow AO=\frac{AF}{2}=\frac{x}{2}$ 

Áp dụng định lý Pytago, tính được $F{O}^2=\frac{3x^2}{4}\Rightarrow F{G}^2=3x^2$

Để hình lục giác EFGHIJ là lục giác đều Û EF = FG hay $a^2=3x^2\Rightarrow x^2=\frac{a^2}{3}$