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

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; …

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.