18 bài tập Toán 9 Cánh diều Ôn tập chương 9 có đáp án

Hình b: Ngũ giác đều

Hình d: Bát giác đều

Hình e: Hình vuông.

Hình g: Ngũ giác đều

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 $n = 8$.

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 $n = 5$

Ta có tam giác $AOB$vuông tại $O$. Theo định lí Pythagore, ta có: $O{A^2} + O{B^2} = A{B^2}$

hay ${R^2} + {R^2} = 9$$\Leftrightarrow 2{{\rm{R}}^2} = 9 \Leftrightarrow {{\rm{R}}^2} = \frac{9}{2} \Rightarrow {\rm{R}} = \sqrt {\frac{9}{2}} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}(\;{\rm{cm}})$

Ta có cạnh của hình lục giác đều bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp.

Gọi $P$ là chu vi của hình lục giác đều, $P = 6.\frac{{3\sqrt 2 }}{2} = 9\sqrt 2 (\;{\rm{cm}})$

Xét tam giác đều $KOI$ cạnh $R = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}$ nên đường cao $ON = OK.\sin \widehat {OKN} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Do đó diện tích tam giác $KOI = \frac{1}{2}.\frac{{3\sqrt 2 }}{2}.\frac{{3\sqrt 2 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{18\sqrt 3 }}{8}\left( {\;c{m^2}} \right)$

Tích tam hình lục giác đều là: $S = 6.\frac{{18\sqrt 3 }}{8} = \frac{{27\sqrt 3 }}{2}\left( {\;c{m^2}} \right)$.

Ta có : $AB = BC = CD = DE = EA\,\,\left( {gt} \right)\,\,\left( * \right)$

Xét tam giác $ABE$ có $AB = AE\,\,$ (gt)

Nên $\Delta ABE$ cân tại A có $\widehat A = 108^\circ$

$\Rightarrow {\widehat B_1} = {\widehat E_1} = \frac{{180^\circ - \widehat A}}{2} = \frac{{180^\circ - 108^\circ }}{2} = 36^\circ$

Tương tự với tam giác $BCD$, ta có : ${\widehat B_3} = {\widehat D_1} = 36^\circ$

Lại có $\widehat {ABC} = {\widehat B_1} + {\widehat B_2} + {\widehat B_3} = 108^\circ$

$\Rightarrow {\widehat B_2} = 108^\circ - \left( {{{\widehat B}_1} + {{\widehat B}_3}} \right) = 108^\circ - \left( {36^\circ + 36^\circ } \right) = 36^\circ$

Dễ thấy $\Delta ABE = \Delta CBD\,\,\left( {c.g.c} \right)$

Phép quay ngược chiều $60^\circ$ tâm $O$ biến các điểm $A,B,C$ lần lượt thành các điểm$D,E,F$$\Rightarrow$ các tam giác $AOD,\,DOB,\,BOE,\,EOC,\,COF$ là các tam giác đều

$\Rightarrow$$AD = DB = BE = EC = CF$và $\widehat {ADB} = \widehat {DBE} = \widehat {BEC} = \widehat {ECF} = \widehat {CFA} = \widehat {FAD} = 120^\circ$

Do đó $ADBECF$ là một lục giác đều.

Ta có $\widehat {AOB} = 360^\circ :6 = 60^\circ$

Diện tích hình quạt $OAB$ là $\frac{{\pi .R.n}}{{180}} = \frac{{\pi .2.60}}{{180}} = \frac{{2\pi }}{3}\left( {\;c{m^2}} \right)$.

Diện tích tam giác đều $OAB$ là $\frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 \left( {\;c{m^2}} \right)$.

Diện tích hình viên phân là $\frac{{2\pi }}{3} - \sqrt 3 \left( {\;c{m^2}} \right)$. Diện tích một cánh hoa là $\left( {\frac{{2\pi }}{3} - \sqrt 3 } \right).2\left( {\;c{m^2}} \right)$.

Diện tích một bông hoa là $\left( {\frac{{2\pi }}{3} - \sqrt 3 } \right).2.6 \approx 4{,}3\left( {\;c{m^2}} \right)$.

Ta có số đo mỗi góc của lục giác đều là $120^\circ$.

Diện tích hình quạt tạo bởi 1 cung tròn là $\frac{{\pi {{.3}^2}.120}}{{360}} = 3\pi \left( {c{m^2}} \right)$.

Diện tích 6 hình quạt tạo bởi 6 cung tròn là $3\pi .6 = 18\pi \left( {c{m^2}} \right)$.

Diện tích tam giác đều cạnh 6 cm là $\frac{{{6^2}\sqrt 3 }}{4} = 9\sqrt 3 \left( {\;c{m^2}} \right)$.

Diện tích hình lục giác đều là $9\sqrt 3 .6 = 54\sqrt 3 \left( {\;c{m^2}} \right)$. Diện tích phần tô màu xám là $54\sqrt 3 - 18\pi \approx 36{,}98\left( {\;c{m^2}} \right)$.

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

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 90$^{o}$ 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 $\widehat{BAx}={90}^{^{\circ}}$, tia $Ax$ cắt đường tròn $\left( {A;AB} \right)$ tại điểm $B'$.

Tương tự ta dựng được c điểm ${\rm{C'}}$.

a) Phép quay ngược chiều 72$^{o}$ 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 144$^{o}$;

2. Phép quay ngược chiều 216$^{o}$;

3. Phép quay thuận chiều 72$^{o}$.

Bạn hãy tìm thêm những phép quay còn lại giữ nguyên hình ngũ giác đều.

Phép quay ngược chiều 60$^{o}$ tâm O biến A thành D. Ta có: $OD = OA$ và $\widehat{\text{AOD}}={60}^{^{\circ}}$ 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 $\widehat{\text{AOB}}={120}^{^{\circ}}$ mà $\widehat{\text{AOD}}={60}^{^{\circ}}$ (cmt) $\Rightarrow \widehat{\text{DOB}}={60}^{^{\circ}}(2)$

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.

Đa giác đều 12 cạnh $ABCDEFGHIKLM$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ (Xem hình vẽ).

Ta có: $\widehat{AOB}=\frac{{360}^{^{\circ}}}{12}={30}^{^{\circ}}$ và $\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COD}=\widehat{DOE}=\ldots ={30}^{^{\circ}}$

Và $OA = OB = OC = OD = \ldots$ (bán kính đường tròn ngoại tiếp)

Ta chọn phép quay thuận chiều (hoặc ngược chiều) góc quay ${30}^{^{\circ}},{60}^{^{\circ}},{90}^{^{\circ}},{120}^{^{\circ}}$ biến đa giác đã cho thành chính nó.

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 $S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$.