20 bài tập Toán 9 Kết nối tri thức Bài 30. Đa giác đều và phép quay 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) Xét tam giác $\Delta DFO$, ta có $\widehat{DOF}+\widehat{DFO}+\widehat{ODF}={180}^{^{\circ}}$

$\Rightarrow \widehat{DOF}+\widehat{DFO}={145}^{^{\circ}}$ (do $\widehat{ODF}={45}^{^{\circ}})$ (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

$\widehat{DFO}=\frac{1}{2}\widehat{DFE}$ và $\widehat{BEO}=\frac{1}{2}\widehat{BEF}$

Suy ra $\widehat{DFO}+\widehat{BEO}={145}^{^{\circ}}$ (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 $ME//ED$ .

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

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: $30^\circ .4 = 120^\circ$