Bài tập Đa giác đều và phép quay lớp 9 (có lời giải)
20 câu hỏi
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 \[n = 8\].
![Bài 3. Cho tam giác đều \[ABC\], các đường cao \[AD\], \[BE\], \[CF\] cắt nhau tại \[H\]. Gọi \[I\], \[K\], \[M\] theo thứ tự là trung điểm của \[HA\], \[HB\], \[HC\]. Chứng minh rằng \[DKFIEM\] là lục giác đều. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/01/10-1769710972.png)
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 \[n = 5\]
![Bài 5. Cho lục giác đều \[ABCDEF\]. Gọi \[M\] là trung điểm của \[EF\], \[N\] là trung điểm của \[BD\]. Chứng minh rằng \[AMN\] là tam giác đều. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/01/11-1769711011.png)
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.
Một lục giác đều và một ngũ giác đều chung cạnh AD (như hình vẽ). Tính các góc của tam giác ABC.
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
(do (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
Suy ra (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 \(ME//ED\) .
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 20 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
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
![Cho hình ngũ giác đều \(ABCDE\) có tâm \(O\). a) Phép quay thuận chiều tâm \(O\) biến điểm \(A\) thành điểm \[C\] thì các điểm \(B,C,D,E\) tương ứng biến thành các điểm nào? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/01/17-1769711223.png)
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 90o 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 , tia \(Ax\) cắt đường tròn \(\left( {A;AB} \right)\) tại điểm \(B'\).
Tương tự ta dựng được c điểm \({\rm{C'}}\).
Cho hình ngũ giác đều \[ABCDE\]có tâm \(O\) (Hình vẽ).
![Cho hình ngũ giác đều \[ABCDE\]có tâm \(O\) (Hình vẽ). a) Phép quay ngược chiều tâm O biến điểm A thành điểm B thì các điểm \(B,C,D,E\) tương ứng biến thành các điểm nào? b) Chỉ ra ba phép quay tâm O giữ nguyên hình ngũ giác đều đã cho. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/01/19-1769711285.png)
a) Phép quay ngược chiều tâm O biến điểm A thành điểm B thì các điểm \(B,C,D,E\) tương ứng biến thành các điểm nào?
b) Chỉ ra ba phép quay tâm O giữ nguyên hình ngũ giác đều đã cho.
a) Phép quay ngược chiều 72o 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 144o;
2. Phép quay ngược chiều 216o;
3. Phép quay thuận chiều 72o.
Bạn hãy tìm thêm những phép quay còn lại giữ nguyên hình ngũ giác đều.
Trong các hình dưới đây, hình nào vẽ hai điểm \(M\) và \(N\) thoả mãn phép quay thuận chiều 60o tâm O biến điểm \(M\) thành điểm \(N\)?
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn \(({\rm{O}})\) như hình vẽ. Phép quay ngược chiều 60o tâm O biến các điểm \(A,B,C\) lần lượt thành các điểm \(D,E,F\). Chứng minh rằng \[ADBECF\] là một lục giác đều.
Phép quay ngược chiều 60o tâm O biến A thành D. Ta có: \(OD = OA\) và 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 mà (cmt)
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.
Vòng trong của mái giếng trời hình hoa sen của nhà ga Bến Thành (Thành phố Hồ Chí Minh) có dạng đa giác đều 12 cạnh (Hình vẽ). Hãy chỉ ra bốn phép quay biến đa giác đều đó thành chính nó.
Đa giác đều 12 cạnh \[ABCDEFGHIKLM\] nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) (Xem hình vẽ).
Ta có: và
Và \(OA = OB = OC = OD = \ldots \) (bán kính đường tròn ngoại tiếp)
Ta chọn phép quay thuận chiều (hoặc ngược chiều) góc quay biến đa giác đã cho thành chính nó.
Một viên gạch hình lục giác đều có diện tích bề mặt là \(259,8\;c{m^2}\). Hãy tính độ dài cạnh viên gạch (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
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 \(S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).
Một cái gương hình lục giác đều có các đỉnh nằm trên một hình tròn bằng gỗ đường kính 20 cm. Tính diện tích gương.
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: \(30^\circ .4 = 120^\circ \)
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
