Giải SBT Toán 9 Bài 1. Đa giác đều. Hình đa giác đều trong thực tiễn có đáp án

Các đa giác có trong Hình 6 là: tam giác ABC, tam giác ACD, tam giác ADE, tam giác AEF; tứ giác ABCD, tứ giác ACDE, tứ giác ADEF; ngũ giác ABCDE, ngũ giác ACDEF; lục giác ABCDEF.

a) Bốn điểm B, D, F, C tạo thành tứ giác BDFC, đây là tứ giác lồi vì tứ giác BDFC nằm về một phía của đường thẳng chứa một cạnh bất kí của tứ giác đó.

Bốn điểm A, B, C, D tạo thành tứ giác ABCD, đây không phải là tứ giác lồi vì tứ giác ABCD nằm về hai phía của đường thẳng AD (hoặc đường thẳng CD).

b) Các điểm A, B, C, D, E tạo thành ngũ giác ABCDE, đây không phải là ngũ giác lồi vì ngũ giác ABCDE nằm về hai phía của đường thẳng CD (hoặc đường thẳng DE).

Ta có thể vẽ một số đa giác lồi như sau: tứ giác A₁A₂A₃A₉; tứ giác A₃A₄A₇A₉; tứ giác A₄A₅A₆A₇; ngũ giác A₁­A₂A₃A₇A₉; ngũ giác A₃A₄A₅A₆A₇; ngũ giác A₃A₄A₅A₆A₉; lục giác A₃A₄A₅A₆A₈A₉; …

Diện tích của tam giác ABM là: \[\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 2 = 4\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^2}).\]

Diện tích của tam giác CBN là: \[\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 = 2\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^2}).\]

Diện tích của tam giác CPD là: \[\frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 2 = 3\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^2}).\]

Diện tích của tam giác AQE là: \[\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2 = 1\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^2}).\]

Tổng diện tích các tam giác ABM, CBN, C PD, AQE là:

4 + 2 + 3 + 1 = 10 (đơn vị diện tích).

Diện tích hình chữ nhật MNPQ là: 6.4 = 24 (đơn vị diện tích).

Diện tích ngũ giác ABCDE là hiệu diện tích hình chữ nhật MNPQ và tổng diện tích các tam giác ABM, CBN, C PD, AQE, và bằng:

24 – 10 = 14 (đơn vị diện tích).

Tỉ số diện tích ngũ giác ABCDE và diện tích hình chữ nhật MNPQ là: \(\frac{{14}}{{24}} = \frac{7}{{12}} \approx 0,6.\)

Áp dụng các bất đẳng thức tam giác ta có:

AF + FE > AE (trong tam giác AEF);

AJ + JB > AB (trong tam giác ABJ);

BI + IC > BC (trong tam giác BCI);

CH + HD > CD (trong tam giác CDH);

GE + GD > ED (trong tam giác GDE).

Do đó, ta có:

AF + FE + AJ + JB + BI + IC + CH + HD + GE + GD > AE + AB + BC + CD + ED. (1)

Mặt khác:

(AF + GD) + (JB + FE) + (AJ + IC) + (BI + HD) + (EG + CH) < AD + BE + AC + BD + EC.

Hay AF + FE + AJ + JB + BI + IC + CH + HD + GE + GD < AB + BC + CD + DE + EA. (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

AC + AD + BD + BE + EC > AB + BC + CD + DE + EA.

Từ \(\frac{{MA'}}{{MA}} = \frac{{MB'}}{{MB}} = \frac{1}{3},\,\,\frac{{CC'}}{{MC}} = \frac{{DD'}}{{MD}} = \frac{2}{3},\,\,\frac{{ME'}}{{{E^\prime }E}} = \frac{1}{2}\) suy ra:

\(\frac{{MA'}}{{MA}} = \frac{{MB'}}{{MB}} = \frac{{MC'}}{{MC}} = \frac{{MD'}}{{MD}} = \frac{{ME'}}{{ME}} = \frac{1}{3}.\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Do đó: A’B’ // AB, B’C’ // BC, C’D’ // CD, D’E’ // DE, E’A’ // EA (định lí Thalès đảo).

Do A’B’ // AB nên \(\widehat {MA'B'} = \widehat {MAB}\) (đồng vị);

Do E’A’ // EA nên \(\widehat {MA'E'} = \widehat {MAE}\) (đồng vị).

Suy ra \(\widehat {MA'B'} + \widehat {MA'E'} = \widehat {MAB} + \widehat {MAE}\)

Hay \(\widehat {B'A'E'} = \widehat {BAE}.\)

Chứng minh tương tự, ta được các góc A’, B’, C’, D’, E’ của ngũ giác A’B’C’D’E’ tương ứng bằng các góc A, B, C, D, E của ngũ giác đều ABCDE.

Mà ABCDE là ngũ giác đều nên góc A, B, C, D, E của ngũ giác bằng nhau.

Do đó các góc của ngũ giác A’B’C’D’E’ bằng nhau. (2)

Mặt khác, từ (1) ta cũng chứng minh được:

\(A'B' = \frac{{AB}}{3};\) \(B'C' = \frac{{BC}}{3};\) \(C'D' = \frac{{CD}}{3};\) \(D'E' = \frac{{DE}}{3};\) \(E'A' = \frac{{EA}}{3}.\)

Mà ABCDE là ngũ giác đều nên AB = BC = CD = DE = EA.

Do đó: A’B’ = B’C’ = C’D’ = D’E’ = E’A’. (3)

Từ (2) và (3) suy ra ngũ giác A’B’C’D’E’ là ngũ giác đều.

a) Ngũ giác ABCDE là ngũ giác đều nên AB = BC = CD = DE = EA và \(\widehat {ABC} = \widehat {BCD} = \widehat {CDE} = \widehat {DEA} = \widehat {EAB}.\)

Ta cũng có tổng 5 góc của ngũ giác đều ABCDE bằng tổng các góc của ba tam giác ABC, ACD, ADE, tức là bằng 3.180° = 540°.

Do đó: \(\widehat {ABC} = \widehat {BCD} = \widehat {CDE} = \widehat {DEA} = \widehat {EAB} = \frac{{540^\circ }}{5} = 108^\circ .\)

Xét ∆AEB cân tại A (do AB = AE) ta có:

\(\widehat {ABE} = \widehat {AEB} = \frac{{180^\circ - \widehat {EAB}}}{2} = \frac{{180^\circ - 108^\circ }}{2} = 36^\circ .\)

Hay \(\widehat {ABM} = \widehat {AEN} = 36^\circ .\)

Tương tự, đối với ∆EAD cân tại E ta có: \[\widehat {EAD} = \widehat {EDA} = 36^\circ \] hay \[\widehat {EAN} = 36^\circ .\]

Do đó ta có \[\widehat {EAN} = \widehat {NEA} = 36^\circ .\] Suy ra ∆AEN cân tại N.

Tương tự, ta chứng minh được ∆MAB cân tại M (do \(\widehat {MAB} = \widehat {MBA} = 36^\circ )\)

Suy ra \(\widehat {AMB} = 180^\circ - 2\widehat {MAB} = 180^\circ - 2 \cdot 36^\circ = 108^\circ .\)

Mặt khác: \(\widehat {CMB} = 180^\circ - \widehat {AMB} = 180^\circ - 108^\circ = 72^\circ ;\)

 \(\widehat {MBC} = \widehat {ABC} - \widehat {ABM} = 108^\circ - 36^\circ = 72^\circ .\)

Suy ra tam giác CMB cân tại C.

b) Ta có: \(\widehat {EAB} = \widehat {EAN} + \widehat {NAM} + \widehat {MAB}\)

Suy ra \(\widehat {NAM} = \widehat {EAB} - \widehat {EAN} - \widehat {MAB} = 108^\circ - 36^\circ - 36^\circ = 36^\circ .\)

Do đó \(\widehat {EAN} = \widehat {NAM} = 36^\circ .\)

Vì vậy AN là phân giác của góc EAM.

c) Xét ∆MAB và ∆BAC có:

\(\widehat {AMB} = \widehat {ABC} = 108^\circ \) và \(\widehat {BAC}\) là góc chung

Do đó ∆MAB ᔕ ∆BAC (g.g), suy ra \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{BM}}{{CB}}\) hay AB.BC = BM.AC.

Lục giác ABCDEF là lục giác đều nên AB = BC = CD = DE = EF = FA và \(\widehat {ABC} = \widehat {BCD} = \widehat {CDE} = \widehat {DEA} = \widehat {EAF} = \widehat {FAB}.\)

Ta cũng có tổng 6 góc của lục giác đều ABCDEF bằng tổng các góc của hai tứ giác ABCD và AFED, tức là bằng 2.360° = 720°.

Do đó: \(\widehat {ABC} = \widehat {BCD} = \widehat {CDE} = \widehat {DEA} = \widehat {EAF} = \widehat {FAB} = \frac{{720^\circ }}{6} = 120^\circ .\)

Xét ∆AFB cân tại A (do AB = AF) ta có:

\(\widehat {ABF} = \widehat {AFB} = \frac{{180^\circ - \widehat {FAB}}}{2} = \frac{{180^\circ - 120^\circ }}{2} = 30^\circ .\)

Hay \(\widehat {ABS} = \widehat {AFR} = 30^\circ .\)

Tương tự, đối với ∆ABC cân tại B ta có: \[\widehat {BAC} = \widehat {BCA} = 30^\circ \] hay \[\widehat {BAS} = 36^\circ .\]

Do đó ta có \[\widehat {ABS} = \widehat {BAS} = 30^\circ .\] Nên ∆ABS cân tại S.

Suy ra \(\widehat {ASB} = 180^\circ - 2\widehat {BAS} = 180^\circ - 2 \cdot 30^\circ = 120^\circ .\)

Khi đó, \(\widehat {RSM} = \widehat {ASB} = 120^\circ \) (đối đỉnh).

Chứng minh tương tự, ta được:

\[\widehat {RSM} = \widehat {SMN} = \widehat {MNP} = \widehat {NPQ} = \widehat {PQR} = \widehat {QRS} = 120^\circ .\,\,\,\,\;\left( 1 \right)\]

Ta có: \[\widehat {BSA} + \widehat {BSM} = 180^\circ \] (kề bù)

Suy ra \[\widehat {BSM} = 180^\circ - \widehat {BSA} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ .\]

Ta cũng có: \(\widehat {BMS} = 180^\circ - \widehat {BMC} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ .\)

Do đó ∆BSM là tam giác cân, lại có \(\widehat {BSM} = 60^\circ \) nên ∆BSM là tam giác đều.

Suy ra SB = SM = BM.

Chứng minh tương tự ta có ∆SAR là tam giác đều nên SA = SR = AR.

Do ∆ABS cân tại S nên SA = SB.

Khi đó, RS = SM.

Chứng minh tương tự, ta được:

RS = SM = MN = NP = PQ = QR. (2)

Từ (1) và (2) suy ra lục giác MNPQRS là lục giác đều.

a) Nối OA, OB, OC, OD, OE, OF.

⦁ Từ giả thiết ta có sáu cung AB, AC, CE, EF, FD, DB bằng nhau nên \(\widehat {AOB} = \widehat {AOC} = \widehat {COE} = \widehat {EOF} = \widehat {FOD} = \widehat {DOB}.\)

Xét ∆AOB và ∆BOD có:

OA = OB; \(\widehat {AOB} = \widehat {BOD},\) OB = OD.

Do đó ∆AOB = ∆BOD (c.g.c), suy ra AB = BD (hai cạnh tương ứng).

Mặt khác, ta có AB = AC = CE = EF = FD = R.

Nên AB = AC = CE = EF = FD = DB. (1)

⦁ Ta có \(\widehat {AOB} + \widehat {AOC} + \widehat {COE} + \widehat {EOF} + \widehat {FOD} + \widehat {DOB} = 360^\circ \)

Suy ra \(6\widehat {AOB} = 360^\circ ,\) do đó \(\widehat {AOB} = 60^\circ .\)

Xét ∆AOB có OA = OB và \(\widehat {AOB} = 60^\circ \) nên ∆AOB là tam giác đều.

Do đó \(\widehat {OAB} = 60^\circ .\)

Chứng minh tương tự, ta cũng có ∆OAC đều nên \(\widehat {OAC} = 60^\circ .\)

Khi đó, \(\widehat {BAC} = \widehat {OAB} + \widehat {OAC} = 60^\circ  + 60^\circ  = 120^\circ .\)

Tương tự, ta chứng minh được:

\(\widehat {BAC} = \widehat {ACE} = \widehat {CEF} = \widehat {EFD} = \widehat {FDB} = \widehat {DBA} = 120^\circ .\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có ABDFEC là lục giác đều.

b) Do ABDFEC là lục giác đều nên ba đường chéo AF, BE, CD cắt nhau tại O.

Do đó AF, BE, CD là các đường kính của đường tròm (O; R).

c) Chứng minh tương tự ở câu a, ta chứng minh được ∆AOC, ∆OCE là các tam giác đều. Suy ra \(\widehat {AOC} = \widehat {OCE} = 60^\circ .\)

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AO // CE hay AF // CE.

Tứ giác ACEF có AF // CE nên là hình thang.

Lại có \[\widehat {ACE} = \widehat {FEC} = 120^\circ \] nên ACEF là hình thang cân.

Chứng minh tương tự, ta cũng có các tứ giác ABDC, BECA đều là hình thang cân.

Gọi P là trung điểm của BC và Q là giao điểm của các đường thẳng AP và FG.

Xét ∆ABC đều có AP là đường trung tuyến nên đồng thời là đường phân giác của tam giác.

Do đó: \[\widehat {BAP} = \widehat {PAC} = \frac{1}{2}\widehat {BAC} = \frac{1}{2} \cdot 60^\circ = 30^\circ .\]

Xét ∆AFG cân tại A (do AF = AG = x) nên đường trung tuyến AQ đồng thời là đường phân giác của tam giác. Do đó \(\widehat {FAG} = 2\widehat {FAQ}.\)

Lại có: \[\widehat {FAQ} + \widehat {FAB} + \widehat {BAP} = 180^\circ \]

Nên \[\widehat {FAQ} = 180^\circ - \widehat {FAB} - \widehat {BAP} = 180^\circ - 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ .\]

Suy ra \(\widehat {FAG} = 2\widehat {FAQ} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ .\)

Kẻ GN vuông góc với FA (N thuộc FA).

Tam giác FQA vuông tại Q có \(\widehat {FAQ} = 60^\circ \) và FA = x nên ta có:

\(FQ = FA \cdot \sin \widehat {FAQ} = \frac{{x\sqrt 3 }}{2},\) do đó \(FG = 2FQ = x\sqrt 3 .\)

⦁ Do ABEF, BCIJ và CAGH là các hình chữ nhật nên ta có: AB = EF, BC = IJ, CA = GH, mà AB = BC = CA (do ∆ABC đều) nên nếu EFGHIJ là lục giác đều thì FG = GH = AC = a, do đó \(a = x\sqrt 3 \) hay a² = 3x².

Ngược lại, nếu a² = 3x² thì FG = a và các cạnh của lục giác EFGHIJ bằng nhau. (1)

⦁ Ta có \(\widehat {AFQ} + \widehat {FAQ} = 90^\circ \) (do ∆AFQ vuông tại Q) nên:

\(\widehat {AFQ} = 90^\circ - \widehat {FAQ} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ .\)

Suy ra \(\widehat {EFQ} = \widehat {EFA} + \widehat {AFQ} = 90^\circ + 30^\circ = 120^\circ .\)

Tương tự, ta chứng minh được các góc của lục giác EFGHIJ đều bằng 120° nên lục giác EFGHIJ là lục giác đều.

Vậy hệ thức liên hệ giữa a² và x² để lục giác EFGHIJ là lục giác đều là a² = 3x².

a)

Tổng các góc của đa giác 8 cạnh (bát giác) ABCDEFGH là tổng số đo của ba tứ giác ABCD, ADGH, DEFG, và bằng: 3.360° = 1 080°.

Vậy số đo mỗi góc của đa giác 8 cạnh là: \(\frac{{1\,\,080^\circ }}{8} = 135^\circ .\)

b)

Tổng các góc của đa giác 9 cạnh ABCDEFGHI là tổng số đo của ba tứ giác ABCD, DEFG, GHIA và tam giác ADG, và bằng: 3.360° + 180° = 1 260°.

Vậy số đo mỗi góc của đa giác 9 cạnh là: \(\frac{{1\,\,260^\circ }}{9} = 140^\circ .\)

c)

Tổng các góc của đa giác 10 cạnh ABCDEFGHIJ là tổng số đo của bốn tứ giác ABCD, DEFG, GHIJ, JADG và bằng: 4.360° = 1 440°.

Vậy số đo mỗi góc của đa giác 10 cạnh là: \(\frac{{1\,\,440^\circ }}{{10}} = 144^\circ .\)

Gọi O là tâm của đa giác đều A₁A₂A₃…A_{n – 1}A_n.

Ta có OA₁ = OA₂ suy ra O nằm trên đường trung trực của cạnh A₁A₂.

Tương tự ta có O nằm trên các đường trung trực của các đoạn A₂A₃, …, A_{n – 1}A_n, A_nA_­1.

Suy ra các đường trung trực của các cạnh A₁A₂, A₂A₃, …, A_{n – 1}A_n, A_nA_­1 cùng đi qua một điểm, điểm đó là tâm của đa giác đều.