Giải SBT Toán 9 Chân trời sáng tạo Bài 3. Đa giác đều và phép quay có đáp án

⦁ Các điểm A$_{1}$, A$_{2}$, A$_{3}$, …, A$_{10}$ chia đường tròn thành 10 cung bằng nhau, mỗi cung có số đo bằng $\frac{{360^\circ }}{{10}} = 36^\circ ,$ do dó $\widehat {{A_1}O{A_2}} = \widehat {{A_2}O{A_3}} = ... = \widehat {{A_{10}}O{A_1}} = 36^\circ .$

Xét ∆OA$_{1}$A$_{2}$ và ∆OA$_{2}$A$_{3}$ có:

OA$_{1}$ = OA$_{2}$; $\widehat {{A_1}O{A_2}} = \widehat {{A_2}O{A_3}};$ OA$_{2}$ = OA$_{3}$

Do đó ∆OA$_{1}$A$_{2}$ = ∆OA$_{2}$A$_{3}$ (c.g.c).

Suy ra A$_{1}$A$_{2}$ = A$_{2}$A$_{3}$ (hai cạnh tương ứng).

Chứng minh tương tự, ta có 10 tam giác cân OA$_{1}$A$_{2}$, OA$_{2}$A$_{3}$,…, OA$_{10}$A$_{1}$ bằng nhau vì cùng có hai cạnh bằng R và góc ở đỉnh bằng 36°, suy ra A$_{1}$A$_{2}$ = A$_{2}$A$_{3}$ = … = A$_{10}$A$_{1}$ nên đa giác có các cạnh bằng nhau.

⦁ Xét ∆OA$_{1}$A$_{2}$ cân tại O (do OA$_{1}$ = OA$_{2}$) nên

$\widehat {O{A_1}{A_2}} = \widehat {O{A_2}{A_1}} = \frac{{180^\circ - \widehat {{A_1}O{A_2}}}}{2} = \frac{{180^\circ - 36^\circ }}{2} = 72^\circ .$

Tương tự, ta cũng có ∆OA$_{2}$A$_{3}$ cân tại O (do OA$_{2}$ = OA$_{3}$) nên

$$\widehat {O{A_2}{A_3}} = \widehat {O{A_3}{A_2}} = \frac{{180^\circ - \widehat {{A_2}O{A_3}}}}{2} = \frac{{180^\circ - 36^\circ }}{2} = 72^\circ .$$

Suy ra $\widehat {{A_1}{A_2}{A_3}} = \widehat {O{A_2}{A_1}} + \widehat {O{A_2}{A_3}} = 72^\circ + 72^\circ = 144^\circ .$

Do đó ta tính được mỗi góc của đa giác A$_{1}$A$_{2}$A$_{3}$…A$_{10}$ bằng 144°.

Vậy đa giác A$_{1}$A$_{2}$A$_{3}$... A$_{10}$ có các cạnh bằng nhau và các góc bằng nhau nên là một đa giác đều.

Các hình phẳng đều có trong Hình 10 cho ta hình ảnh của lục giác đều.

Tổng số đo mỗi góc của hình lục giác đều bằng tổng số đo của hai tứ giác và bằng 2.360° = 720°.

Mà các góc của lục giác đều có số đo bằng nhau nên số đo mỗi góc của lục giác đều bằng $\frac{{720^\circ }}{6} = 120^\circ .$

Ta thấy hình con sao biển là hình phẳng đều tương tự ngũ giác đều tâm O.

Các phép quay biến hình con sao biển thành chính nó là phép quay 72°, 144°, 216°, 288° hoặc 360° tâm O cùng chiều hoặc ngược chiều kim đồng hồ.

Gọi O là tâm đối xứng, AB là cạnh của ngũ giác đều. Kẻ OH ⊥ AB tại H.

Vì ngũ giác đã cho là ngũ giác đều nên nội tiếp đường tròn (O; OA) và các đỉnh của ngũ giác đều chia đường tròn thành 5 cung bằng nhau, do đó $\widehat {AOB} = \frac{{360^\circ }}{5} = 72^\circ .$

Xét ∆OAB cân tại O (do OA = OB) nên đường cao OH đồng thời là đường phân giác, đường trung tuyến của tam giác.

Suy ra $\widehat {AOH} = \frac{{\widehat {AOB}}}{2} = 36^\circ$ và H là trung điểm của AB nên $AH = \frac{{AB}}{2} = \frac{{280}}{2} = 140\;$ (m).

Xét ∆OAH vuông tại H, ta có:

OH = AH . cot 36° = 140 . cot 36° ≈ 192,7 (m).

⦁ Vì ABCD là hình vuông nên hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường. Do đó OA = OB = OC = OD và AC ⊥ BD.

Vì ABCD là hình vuông ABCD nên nó nội tiếp đường tròn (O; R) với bán kính là $R = OA = OB = OC = OD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.$

⦁ Trong tam giác AOD vuông cân tại O (do OA = OD và $\widehat {AOD} = 90^\circ$), vẽ đường cao OP, khi đó OP cũng đồng thời là đường trung tuyến của tam giác AOD.

Do đó $OP = \frac{{AD}}{2} = \frac{a}{2}$ (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

Tương tự, ta có điểm O cách đều các cạnh của hình vuông một khoảng $\frac{a}{2}.$

Do đó, đường tròn (O; r) với $r = \frac{a}{2}$ tiếp xúc với các cạnh của hình vuông ABCD.

Hình 13a: Hình ảnh bông hoa là hình phẳng đều tương tự tứ giác đều (hình vuông);

Hình 13b: Hình ảnh bông hoa là hình phẳng đều tương tự lục giác đều;

Hình 13c: Hình ảnh bông hoa là hình phẳng đều tương tự ngũ giác đều;

Hình 13d: Hình ảnh bông hoa là hình phẳng đều tương tự bát giác đều.