12 bài tập Toán 9 Cánh diều Bài 1. Đa giác đều 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.

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) $\Delta ABC$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

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